Guia de Estudos - Mecânica

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Reitor 
Prof. Me. Stefano Barra Gazzola 
 
 
Gestão da Educação a Distância 
Prof. Me. Wanderson Gomes de Souza 
 
 
Design Instrucional e Diagramação 
Isabella de Menezes 
 
Revisão Ortográfica / Gramatical 
Olga Tereza Prado Martins 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Thiago Luís Nogueira Silva 
 
Graduado em Engenharia Mecânica, especialista em Gestão Estratégica e 
Inteligência em Negócios. Professor da Instituição ministrando aulas nas 
disciplinas de Mecânica, Resistência dos Materiais, Metrologia, 
Transferência de Calor I e II, Máquinas Térmicas e Instrumentos e Sistemas 
de Medida. Atua também como Assessor Administrativo do Grupo UNIS. 
 
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http://lattes.cnpq.br/6468652777956930 
http://lattes.cnpq.br/6468652777956930
 
 
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SILVA, Thiago Luís Nogueira. Guia de Estudo – Mecânica: GEaD-
UNIS/MG, 2016. 
205 p. 
 
1. Mecânica Geral. 2. Estática. 3. Vetores. 4. Máquinas. 5. Estruturas 
 
Mecânica 
 
 
6 
 
 
EMENTA DA DISCIPLINA _________________________________________________________ 11 
ORIENTAÇÕES GERAIS DA DISCIPLINA ______________________________________________ 11 
PALAVRAS-CHAVE ______________________________________________________________ 11 
UNIDADE I – INTRODUÇÃO À ESTÁTICA _____________________________________________ 12 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE ________________________________________________________ 12 
INTRODUÇÃO __________________________________________________________________ 12 
1. DESENVOLVIMENTO _________________________________________________________ 13 
1.1. CONCEITOS FUNDAMENTAIS _________________________________________________ 13 
1.2. MODELAGEM ___________________________________________________________ 14 
1.3. FORÇA CONCENTRADA _____________________________________________________ 15 
1.4. AS TRÊS LEIS DO MOVIMENTO DE NEWTON_______________________________________ 16 
1.4.1. LEI DE NEWTON DA ATRAÇÃO GRAVITACIONAL __________________________________ 17 
1.5. UNIDADES DE MEDIDA _____________________________________________________ 19 
1.6. CÁLCULOS NUMÉRICOS _____________________________________________________ 21 
RESUMINDO ___________________________________________________________________ 24 
UNIDADE II – VETORES DE FORÇA _________________________________________________ 25 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE ________________________________________________________ 25 
INTRODUÇÃO __________________________________________________________________ 25 
2. ESCALARES E VETORES ________________________________________________________ 26 
2.1. OPERAÇÕES VETORIAIS _____________________________________________________ 27 
2.2. ADIÇÃO VETORIAL DE FORÇAS ________________________________________________ 30 
2.3. EXEMPLOS RESOLVIDOS ____________________________________________________ 34 
2.4. ADIÇÕES DE UM SISTEMA DE FORÇAS COPLANARES __________________________________ 40 
2.5. VETORES CARTESIANOS _____________________________________________________ 50 
2.6. ADIÇÃO DE VETORES CARTESIANOS _____________________________________________ 56 
2.7. VETORES POSIÇÃO ________________________________________________________ 60 
RESUMINDO ___________________________________________________________________ 66 
UNIDADE III – EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA ______________________________________ 67 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE ________________________________________________________ 67 
INTRODUÇÃO __________________________________________________________________ 67 
3. CONDIÇÃO DE EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA _______________________________________ 68 
3.1. O DIAGRAMA DE CORPO LIVRE ________________________________________________ 68 
3.2. SISTEMAS DE FORÇAS COPLANARES _____________________________________________ 73 
file://///linguado/pubgead/D.E/Projeto%20de%20DP's/1.%20Disciplinas/1.%202017-01/Mecânica/Guia%20de%20estudos/Mecânica.docx%23_Toc477786903
file://///linguado/pubgead/D.E/Projeto%20de%20DP's/1.%20Disciplinas/1.%202017-01/Mecânica/Guia%20de%20estudos/Mecânica.docx%23_Toc477786918
 
 
7 
3.3. SISTEMAS DE FORÇAS TRIDIMENSIONAIS _________________________________________ 79 
RESUMINDO ___________________________________________________________________ 85 
3.4. DIRETRIZES PARA A PRÓXIMA UNIDADE __________________________________________ 85 
 UNIDADE IV – RESULTADO DE UM SISTEMA DE FORÇAS_______________________________ 86 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE ________________________________________________________ 86 
INTRODUÇÃO __________________________________________________________________ 86 
4. PRODUTO VETORIAL _________________________________________________________ 90 
4.1. MOMENTO DE UMA FORÇA – FORMULAÇÃO VETORIAL _______________________________ 94 
REFERENCIAIS PARA A PRÓXIMA UNIDADE ______________________________________________ 106 
UNIDADE V – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO ____________________________________ 107 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE _______________________________________________________ 107 
INTRODUÇÃO _________________________________________________________________ 107 
5. EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES _______________________________________________ 109 
5.1. DIAGRAMAS DE CORPO LIVRE ________________________________________________ 110 
5.1.1. REAÇÕES DE APOIO ____________________________________________________ 111 
5.1.2. FORÇAS INTERNAS _____________________________________________________ 117 
5.1.3. O PESO E O CENTRO DE GRAVIDADE _________________________________________ 119 
5.1.4. MODELOS IDEALIZADOS _________________________________________________ 119 
5.1.5. PROCEDIMENTOS PARA ANÁLISE ___________________________________________ 120 
5.1.6. PONTOS IMPORTANTES _________________________________________________ 121 
5.1.7. EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO _______________________________________________ 123 
5.1.8. PROCEDIMENTOS PARA ANÁLISE ___________________________________________ 123 
UNIDADE VI – ANÁLISE ESTRUTURAL ______________________________________________ 125 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE _______________________________________________________ 125 
INTRODUÇÃO _________________________________________________________________ 125 
6.1. O MÉTODO DOS NÓS _____________________________________________________ 132 
6.2. MEMBROS DE FORÇA ZERO _________________________________________________ 139 
6.3. O MÉTODO DAS SEÇÕES ___________________________________________________ 146 
UNIDADE VII – ESFORÇOS INTERNOS ______________________________________________ 151 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE _______________________________________________________ 151 
INTRODUÇÃO _________________________________________________________________ 151 
7.1 CARREGAMENTO DISTRIBUÍDO EM VIGAS ________________________________________ 152 
7.2 FORÇAS INTERNAS DESENVOLVIDAS EM ELEMENTOS ESTRUTURAIS ______________________ 156 
7.3 EQUAÇÕES E DIAGRAMAS DE ESFORÇO CORTANTE E MOMENTO FLETOR ___________________ 165 
UNIDADE VIII – CENTRO DE GRAVIDADE E MOMENTO DE INÉRCIA _____________________ 178 
OBJETIVOS DESTA UNIDADE _______________________________________________________ 178 
INTRODUÇÃO _________________________________________________________________ 178 
8.1 CENTRO DE GRAVIDADE DE ÁREAS COMPOSTAS ____________________________________ 179 
file://///linguado/pubgead/D.E/Projeto%20de%20DP's/1.%20Disciplinas/1.%202017-01/Mecânica/Guia%20de%20estudos/Mecânica.docx%23_Toc477786928
 
 
8 
8.2 MOMENTO DE INÉRCIA ____________________________________________________ 186 
ESTUDO DE CASO ______________________________________________________________ 187 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ___________________________________________________ 187 
 
file://///linguado/pubgead/D.E/Projeto%20de%20DP's/1.%20Disciplinas/1.%202017-01/Mecânica/Guia%20de%20estudos/Mecânica.docx%23_Toc477786966
file://///linguado/pubgead/D.E/Projeto%20de%20DP's/1.%20Disciplinas/1.%202017-01/Mecânica/Guia%20de%20estudos/Mecânica.docx%23_Toc4777869679 
 
 
 
10 
 
 
 
Olá, sou o Prof. Thiago, e irei trabalhar com vocês a disciplina de 
Mecânica. 
Durante todo o guia, trataremos de assuntos relacionados com um 
dos mais importantes temas da engenharia, a Mecânica. Trataremos de 
conceitos como: vetores, treliças, vigas, momentos de inércia entre outros 
de grande relevância para a formação geral do futuro engenheiro. A 
geometria analítica é uma ferramenta importante nas demonstrações e 
será usada com muita frequência durante todo este trabalho. 
A melhor dica para que se possa aprender a matéria de Mecânica é 
fazer muitos exercícios, portanto, leia e estude este guia com lápis e papel 
na mão, faça anotações, resolva novamente todos os exemplos e 
principalmente tente fazer todos os exercícios, não só os que serão 
cobrados nas atividades, mas também aqueles que estão propostos ao 
longo de todo o guia, no apêndice A, estarão às respostas de todos eles, 
portanto faça-os e depois confira as respostas, e se ainda surgir alguma 
dúvida, pergunte ao professor. Também é muito importante assistir todas as 
aulas gravadas, e se possível acompanhá-las ao vivo, pois, será um 
momento impar de ter contato com seu professor. 
A aprendizagem total dos conteúdos será dada mediante o seu 
empenho em realizar as atividades propostas e compreendê-las. 
Desejo a todos um excelente semestre, que Deus nos abençoes e 
possamos vencer mais essa etapa. 
Prof. Esp. Thiago Luís Nogueira Silva 
 
 
 
 
11 
Ementa da disciplina 
 
Introdução à Estática (Princípios Gerais). Vetores Força. Equilíbrio de uma 
Partícula. Sistema. Sistemas de Forças Equivalentes. Equilíbrio de Corpo 
Rígido. Análise Estrutural e Esforços Internos nos Elementos Estruturais e 
das Máquinas. Diagrama de Esforços, Equações Diferenciais do Equilíbrio 
de Vigas. Cálculo do Centro de Gravidade. Momento Estático da Área. 
Centroides de Área, linhas e Formas Compostas. Momento de Inércia de 
Área. Raio de Giração. Cabos. Atritos em Correias. Atrito em Disco. Trabalho 
Virtual. 
 
 Orientações gerais da disciplina 
 
Ver Plano de Estudos da disciplina, disponível no ambiente virtual. 
 
 
Palavras-chave 
 
Mecânica Geral. Estática. Vetores. Máquinas. Estruturas 
 
 
 
 
 
 
12 
Unidade I – Introdução à Estática 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Fornecer uma introdução aos conceitos fundamentais da mecânica. 
 Apresentar as Leis de Newton para o movimento e gravitação. 
 Revisar os princípios básicos da aplicação das unidades do SI. 
 Examinar os procedimentos padrão de execução de cálculos 
numéricos. 
 
Introdução 
 
A Mecânica é um ramo das ciências físicas que trata do estado de 
repouso ou movimento dos corpos sujeitos à ação das forças. Em geral, 
esse assunto é subdividido em três áreas: mecânica dos corpos rígidos, 
mecânica dos corpos deformáveis e mecânica dos fluídos. Neste guia, 
estudaremos a mecânica dos corpos rígidos, uma vez que é um requisito 
básico para o estudo de outras áreas, principalmente Resistência dos 
Materiais. Além disso, ela é essencial para o projeto e a análise de muitos 
tipos de elementos estruturais, componentes mecânicos, ou dispositivos 
elétricos encontrados na engenharia. 
A mecânica dos corpos rígidos divide-se em duas áreas: estática e 
dinâmica. Em nosso estudo, vamos focar na estática que trata do equilíbrio 
dos corpos, ou seja, aqueles que estão em repouso ou em movimento, com 
velocidade constante. Podemos considerar a estática um caso especial da 
 
 
13 
dinâmica em que a aceleração é zero; entretanto, a estática merece um 
tratamento distinto na aprendizagem da engenharia, uma vez que muitos 
objetos são projetados com a intenção de permanecerem em equilíbrio. 
 
1. Desenvolvimento 
 
Os princípios da estática desenvolveram-se na história a muito 
tempo, porque podiam ser formulados simplesmente a partir das medições 
da geometria e da força. Estudos sobre polia, plano inclinado e torção 
aparecem em registros antigos, da época em que as necessidades da 
engenharia limitavam-se principalmente a construção de edifícios e 
máquinas. 
 
1.1. Conceitos fundamentais 
 
Iniciaremos o estudo da mecânica para a engenharia mostrando o 
significado de alguns conceitos e princípios fundamentais. 
 
Quantidades Básicas 
Dentro da mecânica, quatro quantidades básicas são fundamentais, 
vejamos quais são e uma pequena definição de cada uma delas. 
 
Comprimento 
 O comprimento é usado para localizar a posição de um ponto no 
espaço e, portanto, descrever o tamanho do sistema físico. 
 
 
14 
Tempo 
 O tempo é concebido para estabelecer uma sucessão de eventos. 
 
Massa 
 A massa é uma medida da quantidade de matéria que é usada para 
comparar a ação de um corpo com a de outro. 
 
Força 
 De maneira geral, podemos considerar a força como um “empurrão” 
ou “puxão” exercido por um corpo sobre outro. Uma força fica 
completamente definida pela sua intensidade, direção e ponto de 
aplicação. 
 
1.2. Modelagem 
 
As modelagens ou idealizações são meios usados na mecânica para 
simplificar a aplicação da teoria. Em particular, vamos definir três modelos 
importantes. 
 
Partícula 
Uma partícula possui massa, mas em um tamanho que pode ser 
desprezado. 
 
 
 
 
15 
Imagine um caminhão. Ao longo de uma estrada ele pode ser 
considerado uma partícula, pois, o seu tamanho é desprezível 
em relação a estrada. Porém, este mesmo caminhão se for 
colocado em um galpão, já não poderá ser considerado uma 
partícula, pois, seu tamanho não é desprezível em relação ao 
local onde se encontra. 
 
Quando um corpo é modelado como uma partícula, os princípios da 
mecânica reduzem-se a uma forma muito simplificada, uma vez que a 
geometria do corpo não estará envolvida na análise do problema. 
 
Corpo Rígido 
Um corpo rígido pode ser considerado a combinação de um grande 
número de partículas que permanecem a uma distância fixa umas das 
outras, tanto antes como depois da aplicação da carga. Na maioria dos 
casos as deformações reais ocorrem em estruturas, máquinas, 
mecanismos e similares são relativamente pequenas, e a hipótese de corpo 
é adequada para a análise. 
 
1.3. Força Concentrada 
 
Uma força concentrada representa o efeito de uma carga que 
supostamente age em um ponto do corpo. 
 
A força de contato entre uma roda e o solo. 
 
 
 
16 
1.4. As Três Leis do Movimento de Newton1 
 
A mecânica para engenharia é formulada com base nas três leis de 
Newton. Elas podem ser postuladas resumidamente como a seguir: 
 
Primeira Lei 
Uma partícula originalmente em repouso ou movendo-se em linha 
reta, com velocidade constante, tende a permanecer nesse estado, desde 
que não seja submetida a uma força em desequilíbrio (fig. 1.1 a) 
 
 
Figura 1.1 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 3 
 
Segunda Lei 
Uma partícula sob a ação de uma força em desequilíbrio F sofre 
uma aceleração a que possui a mesma direção da força e intensidade 
diretamente proporcional a essa força (fig. 1.1 b). 
 
1 Neste guia, sempre que uma letra do alfabeto latino que representa uma quantidade básica 
como por exemplo: força, aceleração, gravidade, etc., aparecer em negrito, estaremos falando de 
uma entidade vetorial 
 
 
17 
 
Figura 1.1 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 3 
 
Matematicamente esta lei pode ser descrita como: 
𝑭 = 𝑚. 𝒂 (1.1) 
 
 
Terceira Lei 
 As forças de ação e reação entre duas partículas são iguais, opostas 
e colineares (fig. 1.1 c). 
 
Figura 1.1 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 3 
 
 
1.4.1. Lei de Newton da Atração Gravitacional 
 
 
 
18 
 Depois de explicar suas três leis do movimento, Newton postulou a 
lei que governa a atração gravitacional entre duas partículas quaisquer. 
Matematicamente temos, 
 𝑭 = 𝐺.
𝑚1𝑚2
𝑟2 (1.2) 
onde: 
F = força gravitacional entre duas partículas;G = constante da gravitação universal; 6,67 x 10-11 m3/kg.s2; 
m1 e m2 = massa de cada uma das partículas; 
r = distância entre as duas partículas. 
 
Peso 
 Segundo a equação (1.2), quaisquer duas partículas ou corpos 
possuem uma força de atração mútua (gravitacional) agindo entre eles. 
Entretanto, no caso de uma partícula localizada sobre ou próxima à 
superfície da Terra, a única força da gravidade com intensidade 
considerável é aquela entre a Terra e a partícula. Consequentemente, essa 
força, denominada peso, será a única força que consideraremos no estudo 
da mecânica. 
 𝑾 = 𝑚𝒈 (1.3) 
 Por comparação com F = ma, podemos ver que g é a aceleração 
devido à gravidade. Como ela depende de r, então o peso de um corpo não 
é uma quantidade absoluta. Em vez disso, sua intensidade é determinada 
onde a medição foi feita. Para a maioria dos cálculos de engenharia, no 
entanto, g é determinada ao nível do mar e na latitude de 45º, que é 
considerado o ‘local padrão’. 
 
 
 
19 
1.5. Unidades de medida 
 
 As quatro quantidades básicas – comprimento, tempo, massa e força 
– não são todas independentes umas das outras; na verdade, elas são 
relacionadas pela segunda lei do movimento de Newton, F = ma. A 
igualdade F = ma é mantida apenas se três das quatro unidades, 
chamadas unidades básicas, estiverem definidas e a quarta unidade for, 
então derivada da equação. 
Unidades SI 
 O Sistema Internacional de Unidades, abreviado como SI, do francês 
Système International d’Unités, é uma versão moderna do sistema métrico, 
que recebeu aceitação mundial. Como mostra a Tabela 1.1, o sistema SI 
define o comprimento em metros (m), o tempo em segundos (s) e a massa 
em quilogramas (kg). A unidade de força chamada ‘newton’ (N), é derivada 
de F = ma. Portanto, 1 newton é igual a força necessária para fornecer a 1 
(um) quilograma de massa uma aceleração de 1 m/s2 (N = kg.m/s2). 
 
 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 4 
 
 
20 
 Se o peso de um corpo localizado no ‘local padrão’ for determinado 
em newtons, então, a equação 1.3 deve ser aplicada. Nessa equação, as 
medidas fornecem g = 9,80665 m/s2, entretanto, para cálculos, será usado o 
valor g = 9,81 m/s2. Assim, 
𝑾 = 𝑚𝒈 (𝒈 = 9,81
𝑚
𝑠2) (1.4) 
 
Um corpo de massa 1 kg possui um peso de 9,81 N, 
como na figura (1.2) 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 5 
 
Para usarmos adequadamente o Sistema Internacional devemos 
seguir algumas regras para o seu uso e terminologias relevantes a 
mecânica para engenharia. 
 
Prefixos 
 Quando uma quantidade numérica é muito grande ou muito 
pequena, as unidades usadas para definir seu tamanho podem ser 
modificadas usando um prefixo. Alguns dos prefixos usados no SI são 
mostrados na Tabela 1.2. 
 
 
21 
 
 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 5 
 
1.6. Cálculos numéricos 
 
 O trabalho numérico na prática da engenharia é quase sempre 
realizado usando calculadoras e computadores. Entretanto, é importante 
que as respostas de qualquer problema sejam apresentadas com precisão 
justificável de algarismos significativos apropriados. Nessa seção, 
discutiremos esses tópicos justamente com outros aspectos importantes 
envolvidos em todos os cálculos de engenharia. 
 
Homogeneidade dimensional 
 
 
22 
 Os termos de qualquer equação usada para descrever um processo 
físico devem ser dimensionalmente homogêneos; isto é, cada termo deve 
ser expresso nas mesmas unidades. Independentemente de como a 
equação seja calculada ela mantém sua homogeneidade dimensional. 
 Observe com atenção que os problemas na mecânica sempre 
envolvem a solução de equações dimensionalmente homogêneas e, 
portanto, esse fato pode ser usado como uma verificação parcial para 
manipulações algébricas de uma equação. 
 
Algarismos significativos 
 O número de algarismos significativos contidos em qualquer número 
determina a precisão dele. Por exemplo, o número 4981 contém quatro 
algarismos significativos. Entretanto, se zeros ocorrerem no final de um 
número, pode não ficar claro quantos algarismos significativos o número 
representa. 
Para evitar essas ambiguidades, usaremos a notação de engenharia para 
expressar um resultado. Isso exige que os números sejam arredondados 
para a quantidade adequada de algarismos significativos e, em seguida, 
expressos em múltiplos de (103), tais como: (103), (106) ou (10-9). Por exemplo, 
se 23400 tiver cinco algarismos significativos, ele é escrito como 23,400(103), 
mas se tiver apenas três algarismos significativos, ele é escrito como 
23,4(103). 
 Se zeros ocorrerem no início de um número menor que um, então 
não serão significativos. Por exemplo, 0,00821 possui três algarismos 
significativos. Usando a notação de engenharia, esse número é expresso 
como 8,21(10-3). Da mesma forma, 0,000582 pode ser expresso como 
0,582(10-3) ou 582(10-6). 
Arredondamento de números 
 
 
23 
 Arredondar um número é necessário para que a precisão do 
resultado seja a mesma dos dados do problema. Como regra geral, 
qualquer algarismo numérico terminado em cinco ou mais é arredondado 
para cima e um número menor que cinco é arredondado para baixo. 
 
Suponha que o número 3,5587 precise ser arredondado para 
três algarismos significativos. Como o quarto algarismo (8) é 
maior que 5, o terceiro número é arredondado para 3,56. 
 
Agora suponha que queremos arredondar o número 1,341 
para três algarismos significativos, como o quarto algarismo 
(1) é menor que 5, então teremos 1,34. 
 
 Como regra geral, se o algarismo precedendo o 5 for um número 
par, então esse algarismo não é arredondado para cima. Se o algarismo 
precedendo o 5 for um número impar, então ele é arredondado para cima. 
Exemplo: O número 75,25 for arredondado para três algarismos 
significativos se torna 75,2. 
 
Cálculos 
 Quando uma sequência de cálculos é realizada, é melhor armazenar 
os resultados intermediários na calculadora. Em outras palavras, não 
arredonde os cálculos até expressar o resultado final. Esse procedimento 
mantém a precisão por toda a série de etapas até a solução final. 
Normalmente arredondamos as respostas para três algarismos 
significativos já que a maioria dos dados na mecânica para engenharia, 
 
 
24 
como geometria e cargas, pode ser medida de maneira confiável nesse 
nível de precisão. 
 
 
 
Nesta unidade tivemos a oportunidade de estudar os aspectos 
básicos do curso de mecânica, suas leis básicas, sistemas de unidades e 
procedimentos básicos de cálculo. 
 
1.7. Referenciais para a próxima unidade 
 
 Na próxima unidade faremos um estudo rápido de vetores e 
também de sua aplicação em dispositivos bastante utilizados em 
engenharia, como vigas, ganchos, suportes e outros. Até a próxima! 
 
 
 
 
 
 
 
Resumindo 
 
 
 
25 
Unidade II – Vetores de Força 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Mostrar como adicionar forças e decompô-las em componentes 
usando a lei do paralelogramo. 
 Expressar a força e a sua posição de forma de um vetor cartesiano e 
explicar como determinar a intensidade e a direção do vetor. 
 Introduzir o produto escalar para determinar o ângulo entre dois 
vetores ou a projeção de um vetor sobre outro. 
 
Introdução 
 
Um dos grandes problemas que os alunos da disciplina de 
Mecânica enfrentam em um curso inicial como esse é a álgebra de Vetores, 
portanto nessa unidade faremos um resumo sobre o que é vetores, qual 
sua diferença em relação às grandezas escalares e também iremos 
considerar o estudo da álgebra ligada a eles. 
Como este é um assunto que irá dominar todo o resto do curso 
advertimos aos alunos que deem uma atenção especial, pois, a 
continuidade do guia dependerá totalmente do bom entendimento desta 
unidade. 
 
 
 
 
26 
2. Escalares e vetores 
 
 Todas as quantidades físicas na mecânica aplicada à engenharia 
são medidas usando escalares ou vetores.Escalar 
 Por definição, um escalar é qualquer quantidade física positiva ou 
negativa que pode ser completamente especificada por sua intensidade. 
 
Comprimento, massa, tempo, intensidade de 
corrente elétrica, etc. 
 
Vetor 
 Um vetor é qualquer quantidade física que requer uma intensidade e 
uma direção para sua completa descrição. 
 
Força, posição, momento, etc. 
 
 
 Um vetor é representado graficamente por uma seta, conforme 
podemos ver pela figura 2.1. 
 
Figura 2.1 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 11 
 
 
27 
 O comprimento da seta representa a intensidade do vetor, ou como, 
é chamado tecnicamente “magnitude”, o ângulo θ entre o vetor e um eixo 
fixo determina a direção de sua linha de ação. A ponta da seta indica o 
sentido da direção do vetor. 
 
2.1. Operações vetoriais 
 
Multiplicação e divisão de um vetor por um escalar 
 Se um vetor é multiplicado por um escalar positivo, sua intensidade 
é aumentada por essa quantidade. Quando um vetor é multiplicado por um 
vetor negativo, ele também mudará o sentido de sua direção, veja os 
exemplos da figura 2.2. 
 
Figura 2.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 12 
 
Adição de Vetores 
 Todas as quantidades vetoriais obedecem à lei do paralelogramo da 
adição. Somente para ilustrarmos, os dois vetores ‘componentes’ A e B da 
figura 2.3 (a) são somados para formar um vetor ‘resultante’ R = A + B 
usando o seguinte procedimento: 
 
 
28 
 
Figura 2.3 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 12 
 
 Primeiro, una as origens dos vetores componentes em um ponto 
único de modo que se tornem concorrentes, veja a figura 2.3 (b). 
 
 
 
 
 
 
Figura 2.3 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 12 
 
 A partir da extremidade de A, faça um prolongamento paralelo ao 
vetor B. Depois, faça um prolongamento da extremidade de B e que 
seja paralela ao vetor A. Essas duas linhas se interceptam em um 
ponto P para formar os lados adjacentes de um paralelogramo. 
 A diagonal desse paralelogramo que se estende até P forma R, que 
então representa o vetor resultante R = A + B, veja a figura 2.3 (c). 
 
 
29 
 
Figura 2.3 (c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 12 
 
 Quando fazemos uma análise mais profunda, podemos notar que a 
adição de vetores é uma operação comutativa, ou seja, os vetores podem 
ser somados em qualquer ordem, ou seja, R = A + B = B + A. 
 Existe ainda outro processo para realizarmos a adição de vetores, 
que é o uso da lei dos triângulos, mais como esse processo muitas vezes 
pode trazer dificuldades quando temos muitos vetores para serem 
somados, optamos por não trabalharmos com ele em nosso guia. 
Subtração de vetores 
 A resultante da diferença entre dois vetores A e B do mesmo tipo 
pode ser expressa como: 
R’ = A – B = A + (-B) 
 A figura 2.4, exemplifica exatamente esse processo, veja que como o 
vetor B é negativo2 o mesmo tem seu sentido invertido para a formação do 
paralelogramo. 
 
2 Lembramo-nos da Geometria Analítica e da Álgebra Linear que os vetores somente 
admitem duas operações a soma e o produto, porém, para a operação de subtração, 
aplicamos a operação soma, porém com o segundo vetor negativo, mostrando assim que 
houve uma inversão em seu sentido. 
 
 
30 
 
Figura 2.4 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 13 
 
2.2. Adição vetorial de forças 
 
 Lembrando-nos dos conhecimentos obtidos em Física I que uma 
força é uma quantidade vetorial, pois, possui intensidade, direção e sentido 
especificados, e sua soma é feita de acordo com a lei do paralelogramo. 
Dois problemas comuns em estática envolvem determinar a força 
conhecida em duas componentes. Veremos agora como podemos resolver 
cada um desses problemas usando a lei do paralelogramo. 
 
Determinando uma força resultante 
 As duas forças componentes, F1 e F2, agindo sobre o pino da figura 
2.5 (a) podem ser somadas para formar a força resultante FR = F1 + F2, como 
podemos ver na figura 2.5 (b). 
 
 
 
31 
 
Figura 2.5 (a) Figura 2.5 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 13 
 
 A partir dessa construção, podemos aplicar a lei dos cossenos, ou lei 
dos senos para o triângulo3 a fim de obter a intensidade da força resultante 
e sua direção. 
 
Determinando as componentes de uma força 
 Algumas vezes é necessário decompor uma força em duas 
componentes para estudar seu efeito. Vejamos um exemplo, na figura 2.6 
(a), F deve ser decomposta em duas componentes ao longo dos membros 
definidos pelos eixos u e v. 
 
Figura 2.6 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 14 
 
3 Não se esqueça, quando for realizar cálculos de seno e cosseno em calculadoras, não se 
esquecer de chavear as mesmas para degraus. 
 
 
 
32 
 Para determinar a intensidade de cada componente, um 
paralelogramo é construído primeiro, desenhando linhas iniciando na 
extremidade de F, uma linha paralela a u e a outra linha paralela a v. Essas 
linhas então se interceptam com os eixos u e v, formando um 
paralelogramo. As componentes das forças Fu e Fv são estabelecidas 
simplesmente unindo a origem de F com os pontos de interseção nos eixos 
u e v, figura 2.6 (b). 
 
Figura 2.6 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 14 
 
 Esse paralelogramo pode então ser reduzido a um triângulo, que 
representa a regra do triângulo figura 2.6 (c). 
 
Figura 2.6 (c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 14 
 
 A partir disso, a lei dos senos pode ser aplicada para determinar as 
intensidades desconhecidas das componentes. 
 
 
 
33 
Adição de várias forças 
 Se mais de duas dessas forças precisam ser somadas, aplicações 
sucessivas da lei do paralelogramo podem ser realizadas de modo a obter 
a força resultante. Por exemplo, se três forcas F1, F2 e F3 atuam em um ponto 
O, figura 2.7, a resultante de quaisquer duas forças (digamos, F1 + F2) é 
encontrada e, depois, dessa resultante é somada com à terceira força, 
produzindo a resultante das três forças, ou seja, FR = (F1 + F2) + F3. 
 
 
Figura 2.7 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 14 
 
Resolução de problemas 
 Problemas que envolvem a soma de duas forças podem ser 
resolvidas da seguinte maneira, primeiro utilizamos a lei do paralelogramo 
e logo em seguida aplicar os princípios da trigonometria. Para usar o 
principio da trigonometria, primeiro redesenhe metade do paralelogramo 
para ilustrar a adição triangular ‘extremidade-para-origem’ das 
componentes. 
 Para esse triângulo, a intensidade da força resultante é determinada 
pela lei dos cossenos, e sua direção, pela lei dos senos. As intensidades das 
duas componentes de forças são determinadas pela lei dos senos. Veja as 
formulas mostrada na figura 2.8. 
 
 
34 
 
Figura 2.8 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 14 
 
2.3. Exemplos resolvidos 
 
1. O gancho da figura 2.9 (a) está sujeito a duas forças, F1 e F2. 
Determine a intensidade e a direção da força resultante. 
 
Figura 2.9 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 15 
 
 
 
 
35 
Solução: 
 O paralelogramo é formado por uma linha a partir da extremidade de 
F1 que seja paralela a F2 e outra linha a partir da extremidade de F2 que seja 
paralela a F1. A força resultante Fg estende-se para onde essas linhas se 
interceptam no ponto A. Veja na Figura 2.9 (b) 
 
 
Figura 2.9(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 15 
 
As duas incógnitas são a intensidade de FR e o ângulo θ. 
 
 A partir do paralelogramo, construímos o triangulo vetorial Figura 2.9 
(c). Usando a lei dos cossenos 
 
 
36 
 
Figura 2.9 (c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 15 
 
𝐹𝑅 = √(100𝑁)2 + (150𝑁)2 + 2(100𝑁)(150𝑁) cos 115° 
𝐹𝑅 = √10000 + 22500 − 30000 (−0,4226) 
𝐹𝑅 = 212,6 𝑁 ≈ 𝐹𝑅 = 213 𝑁Aplicando a lei dos senos para determinar θ, 
150 𝑁
𝑠𝑒𝑛 𝜃
= 
212,6 𝑁
𝑠𝑒𝑛 115°
 → 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 
150 𝑁
212,6 𝑁
 (𝑠𝑒𝑛 115°) 
 
Aplicando o inverso do seno na equação acima obtemos: 
𝜃 = 39,8° 
Assim, a direção Φ (phi) de FR, medida a partir da horizontal é: 
∅ = 39,8° + 15° = 54,8° 
 
 
 
 
 
 
37 
2. Decomponha a força horizontal de 600 N da Figura 2.10 (a) nas 
componentes que atuam ao longo dos eixos u e v e determine a 
intensidade dessas componentes. 
 
Figura 2.10 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 16 
 
SOLUÇÃO: 
 O paralelogramo é constituído estendendo-se uma linha na 
extremidade da força de 600 N paralela ao eixo v até que se intercepte o 
eixo u no ponto B, veja na Figura 2.10(b). 
 
Figura 2.10 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 16 
 
 
38 
 O vetor de A para B representa Fu. Da mesma forma, a linha 
extendida da extremidade da força de 600 N paralelamente ao eixo u 
intercepta o eixo v no ponto C que resulta em Fv. 
 A adição dos vetores usando a regra do triângulo é mostrada na 
Figura 2.10 (c). As duas incógnitas são as intensidades de Fu e Fv. Aplicando 
a lei dos senos, 
 
Figura 2.10 (c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 16 
 
𝐹𝑢
𝑠𝑒𝑛 120°
= 
600 𝑁
𝑠𝑒𝑛 30°
 → 𝐹𝑢 = 1039 𝑁4 
𝐹𝑣
𝑠𝑒𝑛 30°
= 
600 𝑁
𝑠𝑒𝑛 30°
 → 𝐹𝑣 = 600 𝑁 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 Vemos nesse caso que algumas vezes a componente pode ter uma intensidade maior do que a 
resultante. 
 
 
39 
3. Determine a intensidade da força resultante F na figura 2.11 (a) e a 
intensidade da força resultante se FR estiver direcionada ao longo do 
eixo y positivo. 
 
Figura 2.11 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 17 
 
SOLUÇÃO: 
 A lei do paralelogramo da adição é mostrada na Figura 2.11 (b) e a 
regra do triângulo é mostrada na Figura 2.11 (c). 
 
Figura 2.11 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 17 
 
 
40 
 
Figura 2.11 (c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 17 
 
As intensidades de FR e F são as duas incógnitas. Elas podem ser 
determinadas aplicando-se a lei dos senos. 
𝐹
𝑠𝑒𝑛 60°
= 
200 𝑁
𝑠𝑒𝑛 45°
 → 245 𝑁 
𝐹𝑅
𝑠𝑒𝑛 75°
= 
200
𝑠𝑒𝑛 45°
 → 273 𝑁 
 
2.4. Adições de um sistema de forças coplanares 
 
 Quando uma força é decomposta em duas componentes ao logo 
dos eixos x e y, as componentes são, então chamadas de componentes 
retangulares. Para um trabalho analítico, podemos representar essas 
componentes de duas maneiras, usando a notação escalar ou a notação 
de vetor cartesiano. 
 
Notação escalar 
 
 
41 
 As componentes retangulares da força F mostrados na Figura 2.12 
(a) são determinadas usando a lei do paralelogramo, de modo que F = Fx + 
Fy. Como essas componentes formam um triângulo retângulo, suas 
intensidades podem ser determinadas por: 
 
Figura 2.12 (a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 22 (Modificado) 
 
𝐹𝑥 = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 
 e 
𝐹𝑦 = 𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜃 
Note que apenas teremos a relação “cos” acompanhada de 𝐹𝑥 e a 
relação “sen” acompanhada de 𝐹𝑦, se e somente se, 𝐹𝑥 for o cateto 
adjacente ao ângulo e se 𝐹𝑦 for cateto oposto ao ângulo. Devemos então 
guardar a regra que cateto adjacente será a relação cosseno, 
independentemente se está orientada para x ou y. E o mesmo vale para 
cateto oposto sempre será seno. 
 Podemos também nos deparar com a situação que, em vez de usar 
o ângulo θ, a direção de F também pode ser definida por um pequeno 
triângulo “da inclinação” como mostra a Figura 2.12 (b). Onde se aplica a 
semelhança de triângulos 
 
 
42 
 
Figura 2.12 (b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 22 
 
Como esse triângulo e o triângulo maior sombreado são semelhantes, o 
comprimento proporcional dos lados fornece: 
𝐹𝑥
𝐹
= 
𝑎
𝑐
 
 ou 
𝐹𝑥 = 𝐹 (
𝑎
𝑐
) 
 e 
𝐹𝑦
𝐹
= 
𝑏
𝑐
 
 ou 
𝐹𝑦 = −𝐹 (
𝑏
𝑐
) 
 
 A componente y é um escalar negativo, já que Fy está orientada ao 
longo do eixo y negativo. 
Notação vetorial cartesiana 
 Também é possível representar as componentes x e y de uma força 
em termos de vetores cartesianos unitários i e j. Cada um desses vetores 
 
 
43 
unitários possui intensidade adimensional igual a um e, portanto, pode ser 
usado para designar as direções dos eixos x e y, respectivamente figura 
(2.13). 
 
Figura 2.13 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 22 
 
 Como a intensidade de cada componente de F é sempre uma 
quantidade positiva, representada pelos escalares (positivos) Fx e Fy, então, 
podem expressar F como um vetor cartesiano. 
𝐹 = 𝐹𝑥𝑖 + 𝐹𝑦𝑗 
 
Resultante de forças coplanares 
 Qualquer um dos dois métodos descritos pode ser usado para 
determinar a resultante de várias forças coplanares. Para tanto, cada força 
é decomposta e suas componentes são somadas usando-se álgebra 
escalar, uma vez que são colineares. A força resultante é então composta 
adicionando-se as componentes da figura 2.14(a), que tem as 
componentes x e y, como mostra a figura 2.14(b). Usando a notação vetorial 
cartesiana, cada força é representada como um vetor cartesiano, ou seja, 
 
 
44 
 
Figura 2.14(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 23 
 
 
Figura 2.14(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 23 
 
𝐹1 = 𝐹1𝑥𝑖 + 𝐹2𝑦𝑗 
𝐹2 = 𝐹2𝑥𝑖 + 𝐹2𝑦𝑗 
𝐹3 = 𝐹3𝑥𝑖 + 𝐹3𝑦𝑗 
 
O vetor resultante é, portanto, 
𝐹𝑅 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 
= 𝐹1𝑥𝑖 + 𝐹1𝑦𝑗 − 𝐹2𝑥𝑖 + 𝐹2𝑦𝑗 + 𝐹3𝑥𝑖 − 𝐹3𝑦𝑗 
 
 
45 
= (𝐹1𝑥 − 𝐹2𝑥 + 𝐹3𝑥)𝑖 + (𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 − 𝐹3𝑦)𝑗 
= (𝐹𝑅𝑥)𝑖 + (𝐹𝑅𝑦)𝑗 
Se for usada a notação escalar, temos então; 
 (
+
→) 𝐹𝑅𝑥 = 𝐹1𝑥 − 𝐹2𝑥 + 𝐹3𝑥 
(+↑) 𝐹𝑅𝑦 = 𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 − 𝐹2𝑦 
 As componentes da força resultante de qualquer número de forças 
coplanares podem ser representadas simbolicamente pela soma algébrica 
das componentes x e y de todas as forças, ou seja, 
𝐹𝑅𝑥 = ∑ 𝐹𝑥 
(2.1) 
𝐹𝑅𝑦 = ∑ 𝐹𝑦 
 
 Pelo esquema da figura 2.14(c), a intensidade de FR é determinada 
pelo teorema de Pitágoras, ou seja, 
 
Figura 2.14(c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 23 
 
𝐹𝑅 = √𝐹𝑅𝑥
2 + 𝐹𝑅𝑦
2 
 
 
 
46 
 Além disso, o ângulo θ, que especifica a direção da força resultante, 
é determinado por meio da trigonometria: 
𝜃 = 𝑡𝑔−1 |
𝐹𝑅𝑦
𝐹𝑅𝑥
| 
EXEMPLOS RESOLVIDOS 
 
Determine as componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre a lança 
mostrada na figura 2.15(a). Expresse cada força como um vetor cartesiano. 
 
Figura 2.15(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 24 
 
SOLUÇÃO: 
Pela lei do paralelogramo, F1 é decomposta nas componentes x e y figura 
2.15(b). Como F1x atua na direção –x e F1y, na direção +y, temos: 
 
𝐹1𝑥 = −200 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑁 = −100 𝑁 = 100 𝑁 ← 
𝐹1𝑦 = 200 cos 30° 𝑁 = 173 𝑁 = 173 𝑁 ↑ 
 
 
47 
 
Figura 2.15(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 24 
 
 A força F2 é decomposta em suas componentes x e y, como mostra a 
figura 2.15(c). 
 
Figura 2.15(c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 24 
 
 Nesse caso a inclinação da linha de ação da força é indicada. A 
partir desse ‘triângulo de inclinação’, podemos obter o ângulo θ, ou seja, 𝜃 =
 𝑡𝑔−1 (
5
12
), e determinar as intensidades das componentes da mesma 
maneira que fizemos para F1. O método mais fácil, entretanto, consiste em 
usar partes proporcionais de triângulos semelhantes, ou seja, 
𝐹2𝑥
260 𝑁
= 
12
13
 𝐹2𝑥 = 260𝑁 (
12
13
) = 240 𝑁 
 
 
48 
 Da mesma forma, 
𝐹2𝑦 = 260 𝑁 (
5
13
)= 100 𝑁 
 
 Veja que a intensidade da componente horizontal F2x, foi obtida 
multiplicando a intensidade da força pela relação entre o lado horizontal do 
triângulo da inclinação dividido pela hipotenusa; enquanto a intensidade da 
componente vertical, F2y, foi obtida multiplicando a intensidade da força pela 
relação entre o lado vertical dividido pela hipotenusa. Logo, 
 
𝐹2𝑥 = 240 𝑁 = 240 𝑁 → 
𝐹2𝑦 = −100 𝑁 = 100 𝑁 ↓ 
 Tendo determinado as intensidades e direções das componentes de cada 
força, podemos expressar cada uma delas como um vetor cartesiano. 
𝐹1 = {−100𝑖 + 173𝑗} 𝑁 
𝐹2 = {240𝑖 − 100𝑗} 𝑁 
 
1. A ponta de uma longa lança O na figura 2.16(a) está submetida a 
três forças coplanares concorrentes. Determine a intensidade e a 
direção da força resultante. 
 
Figura 2.16(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 26 
 
 
 
49 
SOLUÇÃO: 
 Cada força é decomposta em suas componentes x e y, figura 2.16(b). 
Somando as componentes x, temos: 
 
Figura 2.16(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 26 
+
→ 𝐹𝑅𝑥 = ∑ 𝐹𝑥; 𝐹𝑅𝑥 = −400 𝑁 + 250 𝑠𝑒𝑛 45° 𝑁 − 200 (
4
5
) 𝑁 
= −383,2 𝑁 = 383,2 𝑁 ← 
 O sinal negativo indica que FRx atua para a esquerda, ou seja, na direção 
x negativa como observamos pela pequena seta. Obviamente, isso ocorre 
porque F1 e F2 na figura 2.16 (b) contribuem com um puxão maior para a 
esquerda do que F2, que puxa para a direita. Somando as componentes de y, 
temos: 
+↑ 𝐹𝑅𝑦 = ∑ 𝐹𝑦; = 𝐹𝑅𝑦 = 250 cos 45° 𝑁 + 200 (
3
5
) 𝑁 
= 296,8 𝑁 ↑ 
 A força mostrada na figura 2.16(c) possui a seguinte intensidade: 
𝐹𝑅 = √(−383,2 𝑁)2 + (296,8 𝑁)2 
= 485 𝑁 
 
 
50 
 
Figura 2.16(c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 26 
 
 Da adição de vetores na figura 2.16 (c), o ângulo de direção θ é: 
𝜃 = 𝑡𝑔−1 (
296,8
383,2
) = 37,8° 
 
 
 
2.5. Vetores cartesianos 
 
 As operações da álgebra vetorial, quando aplicada para resolver 
problemas em três dimensões, são enormemente simplificadas se os 
vetores forem primeiro representados na forma de um vetor cartesiano. 
Usando a regra da mão direita 
 Usaremos um sistema de coordenadas destro (regra da mão direita) 
para desenvolver a teoria da álgebra vetorial que se segue. Dizemos que 
um sistema de coordenadas retangular é destro desde que o polegar da 
mão direita aponte na direção positiva do eixo z, quando os dedos da mão 
direita estão curvados em relação a esse eixo e direcionados do eixo x 
positivo para o eixo y positivo figura 2.17. 
 
 
 
51 
 
Figura 2.17 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 30 
 
Componentes retangulares de um vetor 
 Um vetor A pode ter uma, duas ou três componentes retangulares ao 
longo dos eixos coordenados x, y, z, dependendo de como o vetor está 
orientado em relação aos eixos. Em geral, quando A está direcionado 
dentro de um octante do sistema x, y, z, figura 2.18. 
 
Figura 2.18 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 30 
 
 Combinando essas equações, para eliminar A’, A é representado 
pela soma vetorial de suas três componentes retangulares, 
𝐴 = 𝐴𝑥 + 𝐴𝑦 + 𝐴𝑧 (2.2) 
 
 
52 
 Vetores cartesianos unitários 
 Em três dimensões, os vetores cartesianos unitários i, j, k são usados 
para designar as direções dos eixos x, y, z, respectivamente. Os vetores 
cartesianos unitários são mostrados na figura 2.19. 
 
Figura 2.19 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 31 
Representação de um vetor cartesiano 
 Como as três componentes de A na Equação 2.2 atuam nas direções 
positivas de i, j, k figura 2.20, pode-se escrever A na forma de um vetor 
cartesiano como: 
 𝐴 = 𝐴𝑥𝑖 + 𝐴𝑦𝑗 + 𝐴𝑧𝑘 (2.3) 
 
 
53 
 
Figura 2.20 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 31 
 
As componentes dos vetores unitários, são calculadas da seguinte 
maneira: 
𝑈𝐴 =
𝐴𝑥
|𝐴|
𝑖 + 
𝐴𝑦
|𝐴|
𝑗 +
𝐴𝑧
|𝐴|
𝑘 
Em que: 
|𝐴| = √(𝐴𝑥)2 + (𝐴𝑦)
2
+ (𝐴𝑧)2 
 
 
Intensidade de um vetor cartesiano 
 É sempre possível obter a intensidade de A, desde que ele seja 
expresso sob a forma de vetor cartesiano. Como mostra a figura 2.21, do 
triângulo retângulo cinza claro, 𝐴 = √𝐴′2 + 𝐴𝑧
2 e do triângulo retângulo cinza 
 
 
54 
escuro, 𝐴′ = √𝐴𝑥
2 + 𝐴𝑦
2 .Combinando-se essas equações para eliminar A’, 
temos: 
𝐴 = √𝐴𝑥
2 + 𝐴𝑦
2 + 𝐴𝑧
2 (2.4) 
 
Figura 2.21 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 31 
 
Direção de um vetor cartesiano 
 A direção de A é definida pelos ângulos de direção (ângulos 
diretores) coordenados α (alfa), β (beta) e γ (gama), medidos entre a origem 
de A e os eixos x, y, z positivos, desde que esteja localizada na origem A, 
figura 2.22. 
 
 
55 
 
Figura 2.22 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 31 
 
 Para determinarmos α, β e γ, vamos considerar as projeções de A 
sobre os eixos x, y, z figura 2.23. Com referência aos triângulos sombreados 
de cinza claro mostrados em cada figura, temos: 
cos 𝛼 = 
𝐴𝑥
𝐴
 cos 𝛽 = 
𝐴𝑦
𝐴
 cos 𝛾 = 
𝐴𝑧
𝐴
 (2.5) 
 Esses números são conhecidos como os cossenos diretores de A. 
Uma vez obtidos os ângulos de direção coordenados α, β e γ são 
determinados pelo inverso dos cossenos. 
 
 
56 
 
Figura 2.22 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 31 
 
Podemos ainda determinar um ângulo diretor, desde que conhecido 
os outros dois, através da equação, 
 
𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝑐𝑜𝑠2𝛽 + 𝑐𝑜𝑠2𝛾 = 1 
 
2.6. Adição de vetores cartesianos 
 
 A adição (ou subtração) de dois ou mais vetores é bastante 
simplificada se os vetores forem expressos em função de suas 
componentes cartesianas. Por exemplo, se A = Axi + Ayj + Azk e B = Bxi + Byj + 
Bzk figura 2.23, então o vetor resultante R tem componentes que 
representam as somas escalares das componentes i, j e k de A e B, ou seja, 
𝑅 = 𝐴 + 𝐵 = (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥)𝑖 + (𝐴𝑦 + 𝐵𝑦)𝑗 + (𝐴𝑧 + 𝐵𝑧)𝑘 
 
 
57 
 
Figura 2.23 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 33 
 
 Se este conceito for generalizado e aplicado em um sistema de 
várias forças concorrentes, então a força resultante será o vetor soma de 
todas as forças do sistema e poderá ser escrita como: 
 𝐹𝑅 = ∑ 𝐹 = ∑ 𝐹𝑥𝑖 + ∑ 𝐹𝑦𝑗 + ∑ 𝐹𝑧𝑘 (2.6) 
 
EXEMPLOS RESOLVIDOS 
 
 
1. Expresse a força F, mostrada na figura 2.24, como um vetor 
cartesiano. 
 
 
58 
 
Figura 2.24 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 33 
 
SOLUÇÃO: 
 Como apenas dois ângulos de direção coordenados são dados, o 
terceiro ângulo α deve ser calculado pela equação a seguir: 
𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝑐𝑜𝑠2𝛽 + 𝑐𝑜𝑠2𝛾 = 1 
𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝑐𝑜𝑠260° + 𝑐𝑜𝑠245° = 1 
cos 𝛼 = √1 − (0,5)2 − (0,707)2 
cos 𝛼 = ±0,5 
 Portanto, existem duas possibilidades, a saber: 
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1(0,5) = 60° 
 ou 
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1(−0,5) = 120° 
 Da figura 2.24, é necessário que α = 60°, visto que F, está na direção 
+x. 
 Usando a equação a seguir, com F = 200 N, temos: 
𝐹 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑖 + 𝐹 cos 𝛽 𝑗 + 𝐹 cos 𝛾 𝑘 
𝐹 = (200 cos 60° 𝑁)𝑖 + (200 cos 60° 𝑁)𝑗 + (200 cos 45° 𝑁)𝑘 
 
 
59 
𝐹 = {100,0𝑖 + 100,0𝑗 + 141,4𝑘}𝑁 
2 Determine a intensidade é os ângulos de direção coordenados da força 
resultante que atua sobre o anel da figura 2.25(a). 
 
Figura 2.25(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 34 
 
SOLUÇÃO: 
 Uma vez que cada força está representada na forma vetorial 
cartesiana, a força resultante, mostrada na figura 2.25(b), é: 
𝐹𝑅 = ∑ 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 = {60𝑗 + 80𝑘}𝑘𝑁 + {50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘}𝑘𝑁 
𝐹𝑅 = {50𝑖 − 40𝑗 + 180 𝑘}𝑘𝑁 
 A intensidade de FR é: 
𝐹𝑅 = √(50 𝑘𝑁)2 + (−40 𝑘𝑁)2 + (180 𝑘𝑁)2 
𝐹𝑅=191 𝑘𝑁 
 Os ângulos de direção coordenados α, β, γ são determinados pelas 
componentesdo vetor unitário que atuam na direção de FR 
𝑢𝐹𝑅
= 
𝐹𝑅
𝐹𝑅
= 
50
191,0
𝑖 − 
40
191,0
𝑗 + 
180
191,0
𝑘 
 
 
60 
𝑢𝐹𝑅
= 0,2617𝑖 − 0,2094𝑗 + 0,9422𝑘 
De modo que: 
cos 𝛼 = 0,2617 𝛼 = 74,8° 
cos 𝛽 = −0,2094 𝛽 = 102° 
cos 𝛾 = 0,9422 𝛾 = 19,6° 
 
Esses ângulos são mostrados na figura 2.25(b). 
 
Figura 2.25(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 34 
 
 
 
2.7. Vetores posição 
 
 Coordenadas x, y, z 
 Olhando a figura 2.26, vemos que os eixos x e y ficam no plano 
horizontal. Os pontos no espaço estão localizados em relação à origem das 
coordenadas, O, por meio de medidas sucessivas ao longo dos eixos x, y, z. 
 
 
61 
 
Figura 2.26 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 40 
 
Vetor posição 
Vetor posição r é definido como um vetor fixo que posiciona um ponto no 
espaço em relação a outro. Por exemplo, se r estende-se da origem de 
coordenadas, O, para o ponto P(x,y,z) figura 2.27(a), então r pode ser 
expresso na forma de um vetor cartesiano como: 
R = xi + yj + zk 
 
Figura 2.27(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 40 
 
 
 
62 
 Observe como a adição vetorial ‘extremidade para origem’ das três 
componentes produz o vetor r figura 2.27(b). 
 
Figura 2.27(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 40 
 
 De acordo com a figura 2.28, pela adição vetorial ‘extremidade para 
origem’, usando a regra do triângulo, é necessário que: 
rA + r = rB 
 Resolvendo-se para r e expressando-se rA e rB na forma vetorial 
cartesiana tem-se: 
𝑟 = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 = (𝑥𝐵𝑖 + 𝑦𝐵𝑗 + 𝑧𝐵𝑘) − (𝑥𝐴𝑖 + 𝑦𝐵𝑗 + 𝑧𝐵𝑘) 
ou 
𝑟 = (𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)𝑖 + (𝑦𝐵 − 𝑦𝐴)𝑗 + (𝑧𝐵 − 𝑧𝐴)𝑘 (2.7) 
 
 
63 
 
Figura 2.28 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 41 
 
EXEMPLO RESOLVIDO 
 
 A cobertura é suportada por cabos, como mostra a foto. Se os cabos 
exercem as forças FAB = 100 N e FAC = 120 N no gancho da parede em A, 
como mostra na figura 2.29(a), determine na força resultante que atua em 
A. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
 
 
 
64 
 
Figura 2.29(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 44 
 
SOLUÇÃO: 
 A força FR é mostrada graficamente na figura 2.29(b). Pode-se 
expressar essa força como um vetor cartesiano definido antes FAB e FAC como 
vetores cartesianos e depois adicionando suas componentes. As direções 
de FAB e FAC são especificadas definindo-se os vetores unitários uAB e uAC ao 
longo dos cabos. Esses vetores unitários são obtidos dos vetores posição 
associados rAB e rAC. Com referência à figura 2.29(a), para ir de A a B, 
precisamos deslocar {-4k} m e depois {-4i} m. Portanto, 
 
𝑟𝐴𝐵 = {4𝑖 − 4𝑘}𝑚 
𝑟𝐴𝐵 = √(4 𝑚)2 + (−4 𝑚)2 
𝑟𝐴𝐵 = 5,66 𝑚 
𝐹𝐴𝐵 = 𝐹𝐴𝐵 (
𝑟𝐴𝐵
𝑟𝐴𝐵
) = (100 𝑁). (
4
5,66
𝑖 − 
4
5,66
𝑗) 
𝐹𝐴𝐵 = {70,7𝑖 − 70,7𝑗} 𝑁 
 
 
65 
 
Figura 2.29(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 44 
 
 Para ir de A a C, precisamos deslocar {-4k} m, e depois {2j} m e 
finalmente {4i}. Temos, 
𝑟𝐴𝐶 = {4𝑖 + 2𝑗 − 4𝑘}𝑚 
𝑟𝐴𝐶 = √(4 𝑚)2 + (2 𝑚)2 + (−4 𝑚)2 
𝑟𝐴𝐶 = 6 𝑚 
𝐹𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐶 (
𝑟𝐴𝐶
𝑟𝐴𝐶
) = (120 𝑁) (
4
6
 𝑖 + 
2
6
 𝑗 − 
4
6
 𝑘) 
𝐹𝐴𝐶 = {80 𝑖 + 40 𝑗 − 80 𝑘} 
 A força resultante, portanto é: 
𝐹𝑅 = 𝐹𝐴𝐵 + 𝐹𝐴𝐶 = {70,7 𝑖 − 70,7 𝑘}𝑁 + {80 𝑖 + 40 𝑗 − 80 𝑘} 𝑁 
𝐹𝑅 = 𝐹𝐴𝐵 = {−151 𝑖 + 40 𝑗 − 151 𝑘}𝑁 
 
 
 
 
66 
 
Nesta unidade fizemos um breve estudo sobre a álgebra vetorial 
utilizada na disciplina de Mecânica, vimos às definições, operações e 
aplicações. 
 
 
2.8. Diretrizes para a próxima unidade 
 Na próxima unidade faremos um estudo sobre o equilíbrio de 
partículas e diferentemente do que normalmente é estudado em Física I, 
iremos falar sobre componentes mecânicos, como molas e vigas. Até a 
próxima. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resumindo 
 
 
 
67 
Unidade III – Equilíbrio de uma partícula 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Introduzir o conceito de diagrama de corpo livre para uma partícula. 
 Mostrar como resolver problemas de equilíbrio de uma partícula 
usando as equações de equilíbrio. 
 
Introdução 
 
Nesta unidade falaremos sobre uma ferramenta poderosa no ensino 
da estática o diagrama de corpo livre. Estaremos estudando todas as suas 
nuances e vários tipos de casos. 
Na segunda parte da unidade mostraremos como usar o diagrama 
de corpo livre em situações simples de engenharia, verá também como 
resolver problemas usando as equações de equilíbrio de uma partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
68 
3. Condição de Equilíbrio de uma partícula 
 
 Dizemos que uma partícula está em equilíbrio quando está em 
repouso se originalmente se achava em repouso, ou quando em 
velocidade constante se originalmente estava em movimento. Muitas vezes, 
no entanto, o termo ‘equilíbrio’ ou, mais especificamente, ‘equilíbrio estático’ 
é usado para descrever um objeto em repouso. Para manter o equilíbrio, é 
necessário satisfazer à primeira lei do movimento de Newton, segundo a 
qual a força resultante que atua sobre uma partícula deve ser igual à zero. 
Essa condição é expressa matematicamente como: 
∑ 𝐹 = 0 (3.1) 
Onde ∑F é a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre a partícula. 
 
3.1. O diagrama de corpo livre 
 
 Para aplicar a equação de equilíbrio, devemos considerar todas as 
forças conhecidas e desconhecidas (∑F) que atuam sobre a partícula. A 
melhor maneira de fazer isso é pensar na partícula de forma isolada e ‘livre’ 
de seu entorno. Um esboço mostrando a partícula com todas as forças que 
atuam sobre ela é chamado diagrama de corpo livre (DCL) da partícula. 
Porém, antes de mostrarmos como funciona o processo vamos analisar 
dois casos particulares. 
Molas 
 Se uma mola (ou fio) linearmente elástica, de comprimento não 
deformado lo, é usada para sustentar uma partícula, o comprimento da mola 
varia em proporção direta à força F que atua sobre ela figura 3.1. Uma 
 
 
69 
característica que define a ‘elasticidade’ de uma mola é a constante da 
mola ou rigidez k. 
 
Figura 3.1 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 62 
 
 A intensidade da força exercida sobre a mola linearmente elástica 
que tem uma rigidez k e é deformada (alongada ou comprimida) de uma 
distância s = l – lo, medida a partir de sua posição de carga, é: 
𝐹 = 𝑘𝑠 (3.2) 
 
Cabos e polias 
 Salvo disposição em contrário, ao longo deste guia, será 
considerado que todos os cabos (ou fios) têm peso desprezível e não 
podem esticar. Além disso, um cabo pode suportar apenas uma força de 
tração, que atua sempre na direção do cabo. Em unidade posterior, 
veremos que a força de tração sobre um cabo contínuo que passa por uma 
 
 
70 
polia sem atrito deve ter uma intensidade constante para manter o cabo em 
equilíbrio. Portanto, para qualquer ângulo θ mostrado na figura 3.2, o cabo 
estará submetido a uma tração constante T ao longo de todo o seu 
comprimento. 
 
Figura 3.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 62 
 
Procedimento para traçar um diagrama de corpo livre 
 Como devemos considerar todas as forças que atuam sobre a 
partícula quando aplicamos as equações de equilíbrio, a importância 
excessiva dada ao traçar um diagrama de corpo livre não pode ser tão 
enfatizada. Para construir um diagrama de corpo livre é necessário o 
seguinte procedimento. 
 Desenhe o contorno da partícula a ser estudada; 
 Mostre todas as forças; 
 Identifique cada força. 
 Vejamos o exemplo a seguir para entendermos o processo. 
 
 
 
 
 
 
71 
Exemplo: 
 A esfera da figura 3.3 (a) tem massa de 6 kg e está 
apoiada como mostrado. Desenhe o diagrama de corpo livre 
da esfera, da corda CE e do nó em C. 
 
Figura 3.3(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 63 
 
SOLUÇÃO: 
 Verificamos que há apenas duas forças atuando sobre a esfera, 
nominalmente, seu peso, 6 kg (9,81 m/s2) = 58,9 N, e a forçada corda CE. O 
diagrama de corpo livre é mostrado na figura 3.3(b). 
 
Figura 3.3(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 63 
 
 
72 
 Corda CE 
 Quando a corda CE é isolada de seu entorno, seu diagrama de 
corpo livre mostra apenas duas forças atuando sobre ela, nominalmente a 
força da esfera e a força do nó figura 3.3(c). 
 
Figura 3.3(c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 63 
 
 Observe que FCE mostrada na figura é igual, mas oposta à mostrada 
na figura 3.3(b), uma consequência da lei da ação e da reação de Newton. 
Além disso, FCE e FEC puxam a corda e a mantém sob tração de modo que 
não se rompa. Para o equilíbrio, FCE = FEC. 
 
Nó 
 O nó C está sujeito a três forças figura 3.3(d). Elas são causadas 
pelas cordas CBA e CE e pela mola CD. Como solicitado, o diagrama de 
corpo livre mostra todas as forças identificadas por suas intensidades e 
direções. É importante observar que o peso da esfera não atua diretamente 
sobre o nó. Em vez disso, é a corda CE que submete o nó a essa força. 
 
 
73 
 
Figura 3.3(d) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 63 
 
3.2. Sistemas de forças coplanares 
 
 Se uma partícula estiver submetida a um sistema de forças 
coplanares localizadas no plano x-y, como mostra a figura 3.4, então cada 
força poderá ser decomposta em suas componentes i e j. Para o equilíbrio, 
essas forças precisam ser somadas para produzir força resultante zero, ou 
seja, 
∑ 𝐹 = 0 
∑ 𝐹𝑥𝑖 + ∑ 𝐹𝑦𝑗 = 0 
 Para que essa equação vetorial seja satisfeita, as componentes x e y 
da força devem ser iguais a zero. Portanto, 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
(3.3) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
 
 
74 
 Essas duas equações podem ser resolvidas, no máximo, para duas 
incógnitas, geralmente representadas como ângulos e intensidades das 
forças mostradas no diagrama de corpo livre da partícula. 
 Quando aplicamos cada uma das equações de equilíbrio, 
precisamos levar em conta o sentido da direção de qualquer componente 
usando um sinal algébrico que corresponda à direção da seta da 
componente ao longo do eixo x ou y. É importante notar que se a força tiver 
intensidade desconhecida, no sentido da seta da força no diagrama de 
corpo livre será assumido. Portanto, se a solução resultar um escalar 
negativo, isso indicará que o sentido da força atua no sentido oposto ao 
assumido. 
 
Procedimento para análise 
 Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para uma partícula 
podem ser resolvidos usando-se o seguinte procedimento. 
 
Diagrama de corpo livre 
 Estabeleça os eixos x, y com qualquer orientação adequada. 
 Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e 
desconhecidas no diagrama. 
 O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida é 
assumido. 
 
 
Equações de equilíbrio 
 Aplique as equações de equilíbrio ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑒 ∑ 𝐹𝑦 = 0. 
 
 
75 
 As componentes serão positivas se forem direcionadas ao longo de 
um eixo positivo e negativas se forem direcionadas ao longo d um 
eixo negativo. 
 Se existirem mais de duas incógnitas e o problema envolver mola, 
deve-se aplicar F = ks para direcionar a força da mola à deformação 
s da mola. 
 Como a intensidade de uma força é sempre uma quantidade 
positiva, então, se a solução produzir um resultado negativo, isso 
indica que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de 
corpo livre (que foi assumido). 
 
 
 
Exemplo: 
 
 
1. Determine a tração nos cabos BA e BC necessária para sustentar o 
cilindro de 60 kg na figura 3.4(a). 
 
Figura 3.4(a) 
 
 
76 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 65 
 
 
SOLUÇÃO: 
 Devido ao equilíbrio o peso do cilindro faz com que a tração no cabo 
BD seja 𝑇𝐴𝐵 = 60, (9,81) 𝑁, como mostra a figura 3.4 (b). 
 
Figura 3.4(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 65 
 
As forças nos cabos BA e BC podem ser determinadas examinando-se o 
equilíbrio do Anel B. Seu diagrama de corpo livre é mostrado na figura 
3.4(c). As intensidades de TA e TC são desconhecidas, mas suas direções são 
conhecidas. 
 
Figura 3.4(c) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 65 
 
 
77 
 
 Aplicando-se as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, 
temos: 
+
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0; 𝑇𝐶 cos 45° − (
4
5
) 𝑇𝐴 = 0 (1) 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝑇𝐶 sen 45° + (
3
5
) 𝑇𝐴 − 60(9,81)𝑁 = 0 (2) 
 
A equação 1 pode ser escrita como TA = 0,8839 TC. Substituindo TA na equação 
2 temos: 
𝑇𝐶 𝑠𝑒𝑛 45° + (
3
5
) (0,8839 𝑇𝐶) − 60(9,81)𝑁 = 0 
 
Assim: 
𝑇𝐶 = 475,66 𝑁 ≈ 476 𝑁 
 
Substituindo esse resultado na equação 1 ou na equação 2 temos: 
𝑇𝐴 = 420 𝑁 
 
Determine o comprimento da corda AC na figura 3.5(a), de modo 
que a luminária de 8 kg seja suspensa na posição mostrada. O 
comprimento não deformado da mola AB é l’AB = 0,4 m e a mola tem uma 
rigidez kAB = 300 N/m. 
 
Figura 3.5(a) 
 
 
78 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 66 
 
SOLUÇÃO: 
 Se a força na mola AB for conhecida, o alongamento da mola será 
determinado usando F = ks. Da geometria do problema é possível então 
calcular o comprimento de AC. 
 
Diagrama de corpo livre 
 A luminária tem peso W = 8(9,81) = 78,5 N, e, portanto, o diagrama de 
corpo livre do anel em A é mostrado na figura 3.5(b). 
 
Figura 3.5(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 67 
 
Equações de equilíbrio 
Usando os eixos x, y; 
+
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0; 𝑇𝐴𝐵 − 𝑇𝐴𝐶 cos 30° = 0 
+↑ = ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝑇𝐴𝐶 𝑠𝑒𝑛 30° − 78,5 𝑁 = 0 
 
Resolvendo obtemos: 
𝑇𝐴𝐶 = 157,0 𝑁 
 
 
79 
𝑇𝐴𝐵 = 135,9 𝑁 
O alongamento da mola AB é, portanto, 
𝑇𝐴𝐵 = 𝑘𝐴𝐵𝑠𝐴𝐵; 135,9 𝑁 = 300 𝑁/𝑚(𝑠𝐴𝐵) 
𝑠𝐴𝐵 = 0,453 𝑚 
 
Logo, o comprimento alongado é: 
𝑙𝐴𝐵 = 𝑙′𝐴𝐵 + 𝑠𝐴𝐵 
𝑙𝐴𝐵 = 0,4 𝑚 + 0,453 𝑚 = 0,853 𝑚 
 
A distância horizontal de C e B figura 3.5(a) requer: 
2 𝑚 = 𝑙𝐴𝐶 cos 30° + 0,853 𝑚 
𝑙𝐴𝐶 = 1,32 𝑚 
 
3.3. Sistemas de forças tridimensionais 
 
 No item 3.1, afirmamos que a condição necessária e suficiente para 
o equilíbrio de uma partícula é: 
∑ 𝐹 = 0 (3.4) 
 No caso de sistema de forças tridimensional, como na figura 3.6, 
podemos decompor as forças em suas respectivas componentes i, j, k, de 
modo que ∑ 𝐹𝑥 𝑖 + ∑ 𝐹𝑦 𝑗 + ∑ 𝐹𝑧 𝑘 = 0. Para satisfazer essa equação é 
necessário que: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 (3.5) 
∑ 𝐹𝑍 = 0 
 
 
 
80 
 
 
 
 
 
 
Figura 3.6 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 75 
 
 Essas três equações estabelecem que a soma algébrica das 
componentes de todas as forças que atuam sobre a partícula ao longo de 
cada um dos eixos coordenados precisa ser zero. Usando-as, podemos 
resolver para, no máximo, três incógnitas, geralmente representadas como 
ângulos de direção coordenados ou intensidade das forças no diagrama de 
corpo livre da partícula. 
 
Procedimentos para análise 
 Problemas de equilíbrio de forças tridimensionais para uma partícula 
podem ser resolvidos usando-se o seguinte procedimento: 
 
Diagrama de corpo livre 
 Defina os eixos x, y, z em alguma orientação adequada. 
 Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e 
desconhecidas no diagrama. 
 O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida pode 
ser assumido. 
 
 
 
 
81 
Equações de equilíbrio 
 Use as equações escalares de equilíbrio, ∑ 𝐹𝑥 = 0; ∑ 𝐹𝑦 = 0; ∑ 𝐹𝑧 = 0, 
nos casos em que seja fácil decompor cada força em suas 
componentes x, y, z. 
 Se a geometria tridimensional parecer difícil, então expresse primeiro 
cada força no diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano 
substitua estes vetores em ∑ 𝐹 = 0 e, em seguida, iguale a zero as 
componentes i, j, j. 
 Se a solução de uma força produzir resultado negativo, isso indica 
que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo 
livre. 
 
 
Exemplos: 
 
Uma carga de 90 N está suspensa pelo gancho mostrado na figura 3.7(a). 
Se a carga é suportada por doiscabos e uma mola com rigidez k = 500 
N/m, determine a força nos cabos e o alongamento da mola para a 
condição de equilíbrio. O cabo AD está no plano x-y e o cabo no plano x-z. 
 
Figura 3.7(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 76 
 
 
82 
SOLUÇÃO: 
 O alongamento da mola poderá ser determinado depois que a força 
sobre a mola for determinada. 
 
Diagrama de corpo livre 
 A conexão em A foi escolhida para a análise de equilíbrio, visto que 
as forças dos cabos são concorrentes nesse ponto. O diagrama de corpo 
livre é mostrado na figura 3.7(b). 
 
Figura 3.7(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 76 
 
Equações de equilíbrio 
 Cada força pode ser facilmente decomposta em suas componentes 
x, y, z, e, portanto as três equações de equilíbrio escalares podem ser 
usadas. Considerando as componentes direcionadas ao longo do eixo 
positivo como ‘positivas’, temos: 
 
 
 
 
83 
∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝐷 𝑠𝑒𝑛 30° − (
4
5
) 𝐹𝐶 = 0 
(1) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 − 𝐹𝐷 cos 30° + 𝐹𝐵 = 0 (2) 
∑ 𝐹𝑧 = 0 (
3
5
) 𝐹𝐶 − 90 𝑁 = 0 
 (3) 
 
Resolvendo a Equação 3 para FC, depois a equação 1 para FD e, finalmente, a 
equação 2 para FB, temos: 
 Fc = 150 N 
 FD = 240 N 
 FB = 207,8 N 
 
Portanto, o alongamento da mola é: 
𝐹𝐵 = 𝑘𝑠𝐴𝐵 
207,8 𝑁 = (500
𝑁
𝑚
) (𝑠𝐴𝐵) 
𝑠𝐴𝐵 = 0,416 𝑚 
 
1. A luminária de 10 kg mostrada na figura 3.8(a) é suspensa pelas três 
cordas de mesmo comprimento. Determine sua menor distância 
vertical s a partir do teto, para que a força desenvolvida em qualquer 
corda não exceda 50 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
84 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3.8(a) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 77 
 
SOLUÇÃO: 
Diagrama de corpo livre 
 Devido à simetria figura 3.8(b), a distância DA = DB = DC = 600 mm. 
Logo como ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑒 ∑ 𝐹𝑦 = 0, a tração T em cada corda será a mesma. 
Também, o ângulo entre a corda e o eixo z é γ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3.8(b) 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 77 
 
 
85 
Equação de Equilíbrio 
 Aplicando a equação de equilíbrio ao longo do eixo z, com T = 50 N, 
temos: 
∑ 𝐹𝑍 = 0; 3[(50 𝑁) cos 𝛾] − 10(9,81)𝑁 = 0 
𝛾 = 𝑐𝑜𝑠−1 
98,1
150
= 49,16° 
 Do triângulo sombreado cinza, mostrado na figura 3.8(b), 
𝑡𝑔 49,16° = 
600 𝑚𝑚
𝑠
 
𝑠 = 519 𝑚𝑚 
 
 
 
 Nesta unidade vimos como se confeccionar um diagrama de corpo 
livre e como resolver os diversos tipos de problemas relativos à equilíbrio de 
corpos. 
 
3.4. Diretrizes para a próxima unidade 
 Na próxima unidade faremos um estudo sobre como calcular o 
momento de uma força de duas e três dimensões e como reduzir um 
carregamento distribuído simples em uma força resultante e seu ponto de 
aplicação. Até a próxima. 
 
 
 
Resumindo 
 
 
 
86 
 Unidade IV – Resultado de um sistema de forças 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Discutir o conceito de movimento de uma força e mostrar como 
calculá-lo em duas e três dimensões. 
 Fornecer um método para determinação do momento de uma força 
em relação a um eixo específico. 
 Definir o momento de um binário. 
 Apresentar métodos para a determinação das resultantes de 
sistemas de forças não concorrentes. 
 Mostrar como converter uma carga distribuída simples em uma 
força resultante e seu ponto de aplicação. 
 
Introdução 
 
 Momento é a tendência de uma força a girar um corpo rígido em 
torno de um eixo fixo. O momento está diretamente ligado a intensidade da 
força do vetor força bem como com a distância da linha de ação do vetor 
força em relação a um eixo fixo, ou um ponto de referência. 
Considere-se uma força F que atua em um corpo rígido fixo no ponto 
O, como indicado na 4.2 
 
 
 
87 
 
Figura 4.2 
 
O vetor F, representa o vetor força, e sua direção e sentido, podemos 
adotar como sendo linha de ação do vetor, uma reta que tem mesma 
direção do vetor F, entre outras palavras, por onde o vetor F pode atuar. O 
vetor d é a distância perpendicular de O a linha de ação do vetor F. 
 
 
 
Define-se momento escalar do vetor F em relação à O, como sendo: 
 
 
Existe ainda uma convenção de sinal que deve ser respeitada para 
adotarmos o sentido correto do momento. Assim como para os eixos x e y, 
 
 
88 
onde o sentido positivo destes eixos são para o lado direita e para cima, 
respectivamente, existe a convenção do sinal para o momento. Momentos 
que tendem a girar o corpo, em torno do eixo, no sentido anti-horários, são 
considerados positivos, e no sentido horários, negativos. 
 
 
A direção que momento assume, será sempre ortogonal ao plano 
que se encontra a força e o braço de alavanca. 
 
 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 84 
 
Para problemas bidimensionais, em que todas as forças estão no 
plano x –y figura 4.3, o momento resultante (MR)o em relação ao ponto O ( o 
eixo z) pode ser determinado pela adição algébrica dos momentos 
causados no sistema por todas as forças. 
 
 
89 
 
Figura 4.3 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 86 
 
O momento resultante nessa figura é: 
 
 
Exemplo 
 Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na 
barra mostrada na figura 4.4, em relação ao ponto O. 
 
Figura 4.4 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 87 
 
 
90 
Solução: 
Assumindo que momentos positivos atuam na direção +k, ou seja, 
no sentido anti-horário, temos: 
 + 𝑀𝑅𝑂 = ∑ 𝐹𝑑; 
𝑀𝑅𝑂 = −50 𝑁(2 𝑚) + 60 𝑁(0) + 20 𝑁(3 𝑠𝑒𝑛 30º 𝑚) 
 𝑀𝑅𝑂 = −40𝑁(4 𝑚 + 3 𝑐𝑜𝑠 30º 𝑚) 
 𝑀𝑅𝑂 = −334 𝑁. 𝑚 = 334 𝑁. 𝑚 (horário) 
 
Para esse cálculo note que as distâncias dos braços dos momentos 
para as forças de 20 N e 40 N foram estabelecidas pelo prolongamento das 
linhas de ação (tracejadas) de cada uma delas. 
 
4. Produto Vetorial 
 
O produto de dois vetores A e B produz o vetor C, que é escrito 
 C = A x B (4.2) 
é lido como C = A vetor B. 
 
Intensidade 
 
A intensidade de C é definida como o produto das intensidades de A 
e B e o seno do ângulo θ entre suas origens (0º ≤ θ ≤ 180º). Logo C = AB sen 
θ. 
Ou, conhecendo o vetor do momento, basta retirar o módulo, como 
qualquer outro vetor 
 
 
91 
 
Direção 
 Conforme a figura 4.5, conhecendo a direção e a intensidade de C, 
podemos escrever: 
𝐶 = 𝐴 𝑥 𝐵 = (𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝜃)𝑢𝑐 (4.3) 
 
 
Figura 4.5 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 88 
 
Propriedades da Operação 
 
 A propriedade da cumutatividade não é válida; ou seja, A x B ≠ B x A. 
Em vez disso, conforme vemos na figura 4.6, temos: 
𝑨 𝒙 𝑩 = −𝑩 𝒙 𝑨 
 
 
92 
, 
Figura 4.6 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 88 
 
 Se o produto vetorial for multiplicado por um escalar a, ele 
obedecerá à propriedade associativa; 
𝒂 (𝑨 𝒙 𝑩) = (𝒂𝑨)𝒙 𝑩 = 𝑨 𝒙 (𝒂𝑩) = (𝑨 𝒙 𝑩)𝒂 
 O produto vetorial também obedece à propriedade distributiva da 
adição, 
𝑨 𝒙 (𝑩 + 𝑫) = (𝑨 𝒙 𝑩) + (𝑨 𝒙 𝑫) 
 
Formulação do vetor cartesiano 
 
 Como podemos ver na figura 4.7, o vetor resultante aponta na 
direção +k. Portanto, i x j = (1)k. 
Podemos fazer esta análise para os outros eixos, utilizando claro a 
mesma regra da mão direita. 
Assim sendo, teremos: 
 
 
93 
 
Figura 4.7 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 90 
 
 Um esquema simples é útil para a obtenção dos mesmos resultados 
quando for necessário é mostrado na figura 4.8 abaixo. 
 
 
Figura 4.8 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 90 
 
Matematicamente, podemos ver na expressão abaixo, como fazer 
esta representação. 
 
 
 
 
94 
 𝐴 𝑥 𝐵 = |
𝑖 𝑗 𝑘
𝐴𝑥 𝐴𝑦 𝐴𝑧
𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧
| (4.4) 
Sendo assim: 
 
 
Figura 4.8 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 90 
 
Para obter o produto vetorial de quaisquervetores cartesianos A e B, 
é necessário expandir um determinante cuja primeira linha de elementos 
consiste dos vetores unitários i, j, k; e a segunda e terceira linhas são as 
componentes x, y, z dos dois vetores A e B, respectivamente. 
 
4.1. Momento de uma força – formulação vetorial 
 
O memento de uma força F em relação a um ponto O ou, mais 
exatamente, em relação ao eixo do momento que passa por O e é 
perpendicular ao plano de O e F, veja a figura 4.9a pode ser expresso na 
forma de um produto vetorial, nominalmente, 
 Mo = r x F (4.5) 
 
 
95 
 
Figura 4.9a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 90 
 
Nesse caso, r representa um vetor posição dirigido de O até algum 
ponto sobre a linha de ação do vetor F. Vamos mostrar agora que, de fato, o 
momento Mo, quando obtido por esse produto vetorial, possui intensidade e 
direção próprias. 
 
Intensidade 
 
A intensidade do produto vetorial é definida como 𝑀𝑜 = 𝑟. 𝐹. 𝑠𝑒𝑛 𝜃. O 
ângulo θ é medido entre as origens de r e F. Para definir esse ângulo, r deve 
ser tratado como um vetor deslizante, de modo que θ possa ser 
representado corretamente, conforme a figura 4.9b. Uma vez que o braço 
do momento 𝑑 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃, então: 
𝑀𝑜 = 𝑟𝐹 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝐹(𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃) = 𝐹. 𝑑 
 
 
 
96 
 
Figura 4.9b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 90 
 
Direção 
 
A direção e o sentido de Mo são determinados pela regra da mão 
direita do produto vetorial. Assim, deslizando r ao longo da linha tracejada e 
curvando os dedos da mão direita de r para F (‘r vetor F’), o polegar fica 
direcionado para cima ou perpendicular ao plano que contém r e F, que 
está na mesma direção de Mo, no momento da força em relação ao ponto O 
da figura 4.9b. 
 
Principio da Transmissibilidade 
 
 Podemos usar qualquer vetor posição r medido do ponto O a 
qualquer ponto sobre a linha de ação da força F. Veja na figura 4.10. 
 
 
97 
 
Figura 4.10 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 91 
 
 
Formulação do vetor cartesiano 
Se estabelecermos os eixos coordenados x, y, z, estão na posição r e 
a força F podem ser expressas como vetores cartesianos conforme a figura 
4.11a. 
 
Figura 4.11a 
 
 
98 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 91 
 
Matematicamente: 
𝑀𝑜 = 𝑟 𝑥 𝐹 = |
𝑖 𝑗 𝑘
𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
| (4.6) 
 
Se o determinante for expandido, temos: 
 𝑀𝑜 = (𝑟𝑦𝐹𝑧 − 𝑟𝑧𝐹𝑦)𝑖 − (𝑟𝑥𝐹𝑧 − 𝑟𝑧𝐹𝑥)𝑗 + (𝑟𝑥𝐹𝑦 − 𝑟𝑦𝐹𝑥)𝑘 (4.7) 
 
O significado físico dessas três componentes do movimento se torna 
evidente ao analisar a Figura 4.11b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 4.11b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 91 
 
Momento resultante de um sistema de forças 
 
 
 
99 
 Se um corpo é submetido à ação de um sistema de forças conforme 
figura 4.12, o momento resultante das forças em relação ao ponto O pode 
ser determinado pela adição vetorial do momento de cada força. Essa 
resultante pode ser escrita simbolicamente como: 
𝑀𝑅𝑂= ∑(𝑟 𝑥 𝐹) (4.8) 
 
Figura 4.12 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 92 
 
Exemplo 
Determine o momento produzido pela força F na figura 
4.13 em relação ao ponto O. Expresse o resultado 
como vetor cartesiano. 
 
 
100 
 
Figura 4.13 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 92 
Solução: 
 Como mostra a figura, tanto rA quanto rB podem ser usados para 
determinar o momento em relação ao ponto O. Esses vetores posição são: 
rA = {12k} m e rB = {4i + 12j} m 
A força F expressa como um vetor cartesiano é: 
𝐹 = 𝐹𝑢𝐴𝐵 = 2 𝑘𝑁 [
{4𝑖 + 12𝑗 − 12𝑘}𝑚
√(4 𝑚)2 + (12 𝑚)2 + (−12)2
] 
𝐹 = {0,4588𝑖 + 1,376𝑗 − 1,376𝑘}𝑘𝑁 
Logo, 
𝑀𝑜 = 𝑟𝐴 𝑥 𝐹 = |
𝑖 𝑗 𝑘
0 0 12
0,4588 1,376 −1,376
| 
 
 
101 
𝑀𝑜 = [0(−1,376) − 12(1,376]𝑖 − [0(−1,376) − 12(0,4588)]𝑗
+ [0(−1,376) − 0(0,4588)]𝑘 
𝑀𝑜 = {−16,5𝑖 + 5,51𝑗}𝑘𝑁. 𝑚 
 
4.4 O princípio dos momentos 
 
 Um conceito bastante usado na mecânica é o princípio dos 
momentos, que, algumas vezes, é referido como o teorema de Varignon. 
Ele estabelece que o momento de uma força em relação a um ponto é 
igual a soma dos momentos das componentes da força em relação ao 
mesmo ponto. Assim, 
Como F = F1 + F2, temos: 
𝑀𝑂 = 𝑟 𝑥 𝐹 = 𝑟 𝑥 (𝐹1 + 𝐹2) = 𝑟 𝑥 𝐹1 + 𝑟 𝑥 𝐹2 
Veja a figura 4.14 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 4.14 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 93 
 
Para problemas bidimensionais: 𝑀𝑂 = 𝐹𝑦𝑥 − 𝐹𝑥𝑦. Veja a figura 4.15. 
 
 
102 
 
Figura 4.15 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 94 
 
Pontos importantes 
 O momento de uma força cria a tendência de um corpo girar em 
torno de um eixo passando por um ponteiro específico O. 
 Usando a regra da mão direita, o sentido de rotação é indicado pela 
curva dos dedos, e o polegar é direcionado ao longo do eixo do 
momento, ou linha de ação do momento. 
 A intensidade do momento é determinada através de MO = Fd, onde 
d é chamado o braço do momento, que representa a distância 
perpendicular ou mais curta do ponto O à linha de ação da força. 
 Em três dimensões, o produto vetorial é usado para determinar o 
momento, ou seja, MO = r x F. lembre-se de que r está direcionado 
do ponto O a qualquer ponto sobre a linha de ação de F. 
 O princípio dos momentos afirma que o momento de uma força em 
relação a um ponto é igual à soma dos momentos das componentes 
da força em relação ao mesmo ponto. 
Exemplo 
 
 
103 
 Determine o momento da força na figura 4.16a em relação ao ponto 
O. 
 
Figura 4.16a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 94 
 
Solução: 
O braço do momento d da figura 4.16a pode ser determinado por meio da 
trigonometria. 
𝑑 = (3𝑚)𝑠𝑒𝑛 75º = 2,898 𝑚 
 
Logo, 
𝑀𝑂 = 𝐹𝑑 = (5 𝑘𝑁)(2,898 𝑚) = 14,5 𝑘𝑁. 𝑚 
Como a força tende a girar ou orbitar no sentido horário em torno do ponto 
O, o momento está direcionado para dentro da página. 
Exemplo: 
A força F age na extremidade da cantoneira mostrada na figura 4.17a. 
Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
 
 
 
 
104 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 4.17a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 95 
 
Solução: 
A força é decomposta em suas componentes x e y, como mostra a figura 
4.17b; então, 
 
Figura 4.17b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 95 
 
 + 𝑀𝑂 = 400 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑁(0,2 𝑚) − 400. cos 30° 𝑁(0,4 m) 
+ 𝑀𝑂 = −98,6 𝑁. 𝑚 = 98,6 𝑁. 𝑚 
ou 
𝑀𝑂 = {−98,6 𝑘}𝑁. 𝑚 
 
 
105 
 Podemos resolver este exercício de outra maneira, ou seja, usando a 
análise vetorial, mas para isso vamos nos basear na figura 4.17c. 
 
Figura 4.17c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 95 
 
 Empregando uma abordagem do vetor cartesiano, os vetores de 
força e posição mostrados na figura, são: 
𝑟 = {0,4𝑖 − 0,2𝑗}𝑚 
𝐹 = {400 𝑠𝑒𝑛 30°𝑖 − 400 cos 30𝑗} 𝑁 
𝐹 = {200,0𝑖 − 346,4𝑗}𝑁 
 Portanto, o momento é: 
𝑀𝑂 = 𝑟 𝑥 𝐹 = |
𝑖 𝑗 𝑘
0,4 −0,2 0
200,0 −346,4 0
| 
𝑀𝑂 = 0𝑖 − 0𝑗 + [0,4(−346,4) − (−0,2)(200,0)]𝑘 
𝑀𝑂 = {−98,6𝑘}𝑁. 𝑚 
 
 
106 
 
Referenciais para a próxima unidade 
Na próxima iremos desenvolver as equações de equilíbrio para um 
corpo rígido e também introduzir o conceito de diagrama de corpo livre 
para um corpo rígido. Até a próxima! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
107 
Unidade V – Equilíbrio de um corpo rígido 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Desenvolver as equações de equilíbrio para um corpo rígido. 
 Introduzir o conceito de corpo livre para um corpo rígido. 
 Mostrar como resolver problemas de equilíbrio do corpo rígido 
usando as equações de equilíbrio. 
 
Introdução 
 
 Como mostra a figura 5.1a, este corpo está sujeito a um sistema 
externo de força e momento de binário (Momento criado por duas forças 
de mesma intensidade e direção, porém sentidos contrários,separados por 
uma distância r) que é o resultado dos efeitos das forças gravitacionais, 
elétricas, magnéticas ou de contato causadas pelos corpos adjacentes. 
 
 
 
 
 
Figura 5.1a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 145 
 
 
108 
 O sistema de força e momento de binário que atuam sobre um 
corpo pode ser reduzido a uma força resultante e um momento de binário 
resultante equivalentes em qualquer ponto O arbitrário dentro ou fora do 
corpo. Se essa força e momento de binários resultantes são ambos iguais a 
zero, então dizemos que o corpo está em equilíbrio. Conforme podemos ver 
na figura 5.1b, a seguir: 
 
Figura 5.1b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 146 
 
Matematicamente, o equilíbrio de um corpo é expresso como: 
𝐹𝑅 = ∑ 𝐹 = 0 
 (𝑀𝑅)0 = ∑ 𝑀0 = 0 (5.1) 
 
 Essas duas equações não são apenas necessárias para o equilíbrio; 
elas são também suficientes. 
 Considere a soma dos momentos em relação a algum outro ponto, 
como o ponto A na figura 5.1c: 
 
 
109 
 
Figura 5.1c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 146 
 
Precisamos de: 
∑ 𝑀𝐴 = 𝑟 𝑥 𝐹𝑅 + (𝑀𝑅)0 = 0 
 Ao aplicarmos as equações de equilíbrio, assumiremos que o corpo 
permanece rígido. Na verdade, entretanto todos os corpos deformam 
quando sujeitos a cargas. Embora esse seja o caso muitos dos materiais 
usados em engenharia, como o aço e o concreto, são muito rígidos e, 
portanto, sua deformação normalmente é muito pequena. 
Consequentemente, quando aplicamos as equações de equilíbrio, em geral 
podemos assumir, sem introduzir qualquer erro significativo, que o corpo 
permanecerá rígido e não deformará sob a carga aplicada. Desse modo, a 
direção das forças aplicadas e seus braços de momento com relação a 
uma referência fixa permanecem invariáveis antes e após o corpo ser 
carregado. 
 
5. Equilíbrio em duas dimensões 
 
Consideraremos o caso em que o sistema de forças que age sobre um 
corpo rígido se situa em, ou pode ser projetado para, um único plano e, 
 
 
110 
além disso, quaisquer momentos de binário atuando sobre o corpo são 
direcionados perpendicularmente para esse plano. 
 Esse tipo de sistema de força e binário é frequentemente referido 
como um sistema de forças bidimensional ou coplanar. 
 Veja por exemplo a figura 5.2: 
 
Figura 5.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 146 
 
5.1. Diagramas de corpo livre 
 
 O diagrama de corpo livre é um esquema da forma do corpo, que o 
representa isolado ou “livre” de seu ambiente, ou seja, um “corpo 
livre”. 
 Um entendimento completo de como desenhar um diagrama de 
corpo livre é de primordial importância para a resolução de 
problemas de mecânica. 
 
 
 
 
 
111 
5.1.1. Reações de apoio 
 
 Vamos analisar vários tipos de reações que ocorrem em apoios e 
pontos de contato entre corpos sujeitos a sistemas de forças coplanares. 
Como regra geral: 
Se o apoio impede a translação do corpo em uma determinada 
direção, então, uma força é desenvolvida no corpo nessa direção. 
Se a rotação é impedida, um momento de binário é exercido sobre o 
corpo. 
Por exemplo, vamos considerar três maneiras na qual um membro 
horizontal, como uma viga, é apoiado na sua extremidade. 
 Um método consiste de um rolete ou cilindro. Vejamos na figura 5.3a 
e 5.3b, respectivamente. 
 
Figura 5.3a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 
Figura 5.3b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 Como esse suporte apenas impede que a viga translade na direção 
vertical, o rolete só exercerá uma força sobre a viga nessa direção. 
 
 
112 
 A viga pode ser apoiada de uma forma mais restritiva por meio de 
um pino. Conforme podemos ver na figura 5.3c. 
 
Figura 5.3c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 Aqui o pino pode impedir a translação da viga em qualquer direção 
Φ c, portanto o pino pode exercer uma força F sobre a viga nessa direção. 
Veja a figura 5.3d. 
 
Figura 5.3d 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 Para fins de análise, geralmente é mais fácil representar essa força 
resultante F por suas duas componentes retangulares Fx e Fy. Conforme 
podemos ver na figura 5.3e. 
 
Figura 5.3e 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 
113 
 A maneira mais restritiva de apoiar a viga seria usar um apoio do tipo 
engaste. Esse apoio impedirá tanto a translação quanto a rotação da viga. 
Veja na figura 5.3 f. 
 
Figura 5.3f 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 Para fazer isso, uma força e momento de binário devem ser 
desenvolvidos sobre a viga em seu ponto de conexão. Veja na figura 5.3g. 
 
Figura 5.3g 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 A tabela 5.1 relaciona outros tipos comuns de apoio para corpos 
sujeitos a sistemas de forças coplanares bidimensionais. 
 
 
114 
 
Tabela 5.1a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 147 
 
 
 
 
115 
 
Tabela 5.1b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 148 
 
 Exemplos mais comuns de suportes reais são mostrados na 
seguinte sequência de fotos. 
 
 
116 
 
 Nesta foto podemos perceber que o cabo exerce uma força sobre o 
suporte, na direção do cabo. 
 
 
 Já nesta foto, o suporte rocker para esta viga mestra da ponte 
permite um movimento horizontal de modo que a ponte esteja livre para 
expandir e contrair devido às mudanças de temperatura. 
 
 
 Conforme podemos ver nesta foto, esta viga mestra de concreto está 
apoiada sobre a base que deve agir como uma superfície de contato lisa. 
 
 
117 
 
 
Já está construção utilitária é suportada por pinos no alto da coluna. 
 
 
 
 
Finalmente nesta foto, as vigas de solo desta construção são 
soldadas e, portanto, formam conexões fixas. 
 
5.1.2. Forças internas 
 
 As forças internas que atuam entre partículas adjacentes em um 
corpo sempre ocorrem em pares colineares de modo que tenham a 
mesma intensidade e ajam em sentidos opostos (terceira lei de Newton). 
 
 
118 
 Como essas forças se cancelam mutuamente, elas não criarão um 
efeito externo sobre o corpo. É por essa razão que as forças internas não 
devem ser incluídas no diagrama de corpo livre se o corpo inteiro precisa 
ser considerado. 
 Por exemplo, o motor mostrado na figura 5.4a tem um diagrama de 
corpo livre mostrado na figura 5.4b. 
 
Figura 5.4a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 149 
 
Figura 5.4b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 149 
 
 
 
119 
5.1.3. O peso e o centro de gravidade 
 
 Quando um corpo está dentro de um campo gravitacional, cada 
uma de suas partículas possui um peso específico. 
 O sistema de forças pode ser reduzido a uma única força resultante 
que age em um ponto específico. Essa força resultante é chamada de peso 
W do corpo, e a posição de seu ponto de aplicação, de centro de 
gravidade. 
 
5.1.4. Modelos idealizados 
 
 Os dois casos a seguir ilustram o que é necessário para desenvolver 
um modelo adequado. 
 Na figura 5.5a, a viga de aço deve ser utilizada para apoiar as três 
vigas do telhado de um edifício. Para uma análise de força, é razoável 
assumir que o material (aço) é rígido, já que apenas pequenas 
deformações ocorrerão quando a viga é carregada. 
 
 
Figura 5.5a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 150 
 
 
120 
 A conexão aparafusada em A permitirá que qualquer rotação leve 
que ocorra aqui quando a carga for aplicada e, assim, um pino pode ser 
considerado para esse apoio. Em B, um rolete pode ser considerado, já que 
esse suporte não oferece qualquer resistência ao movimento horizontal. 
Normas para edificação são usadas para especificar a carga A de um 
telhado de modo que as cargas de viga F possam ser calculadas. Essas 
forças serão maiores do que qualquer carga real na viga, uma vez que elas 
consideram casos extremos de cargae efeitos dinâmicos ou vibracionais. 
Finalmente o peso da viga geralmente é desprezado quando é pequeno 
comparado com a carga que ela suporta. O modelo idealizado da viga, 
portanto, é mostrado com dimensões médias a, b, c e d na figura 5.5b. 
 
 
Figura 5.5a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 150 
 
5.1.5. Procedimentos para análise 
 
 Desenhe de forma esboçada. 
 Mostre todas as forças e momentos de binário. 
 Identifique cada carga e dimensões. 
 
 
 
 
121 
5.1.6. Pontos importantes 
 
 Nenhum problema de equilíbrio deve ser resolvido sem antes 
desenhar o diagrama de corpo livre, a fim de considerar todas as 
forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. 
 Se um suporte impede a translação de um corpo em uma 
determinada direção, então o suporte exerce uma força sobre o 
corpo nessa direção. 
 Se a rotação é impedida, então o suporte exerce um momento de 
binário sobre o corpo. 
 Estude a tabela 5.1. 
 As forças internas nunca são mostradas no diagrama de corpo livre, 
já que elas ocorrem em pares colineares iguais, mas opostos e, 
portanto, se cancelam. 
 O peso de um corpo é uma força externa e seu efeito é representado 
por uma única força resultante que atua sobre o centro de gravidade 
G do corpo. 
 Momentos de binário podem ser colocados em qualquer lugar no 
diagrama de corpo livre, já que são vetores livres. As forças podem 
agir em qualquer ponto ao longo de suas linhas de ação, já que são 
vetores deslizantes. 
 
Exemplo: 
 
Desenhe um diagrama de corpo livre da viga uniforme mostrada na figura 
5.6a. A viga possui uma massa de 100 kg. 
 
 
122 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 5.6a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 152 
 
SOLUÇÃO: 
O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na figura 5.6b. Como o 
suporte em A é fixo, a parede exerce três reações sobre a viga, 
representadas como Ax, Ay e Ma. As intensidades dessas reações são 
desconhecidas e seu sentido foi assumido. O peso da viga W = 100(9,81) N 
= 981 N, atua através do centro de gravidade da viga G, que está a 3 m de 
A, já que a viga é uniforme. 
 
 
Figura 5.6b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 152 
 
 
123 
5.1.7. Equações de Equilíbrio 
 
 As condições de equilíbrio em duas dimensões são: 
∑ 𝐹𝑋 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
∑ 𝑀𝑜 = 0 
(5.2) 
 
5.1.8. Procedimentos para análise 
 
Diagrama de corpo livre 
 Estabeleça os eixos coordenados x, y em qualquer orientação 
apropriada. 
 Desenhe uma forma esquemática do corpo. 
 Mostre todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o 
corpo. 
 Rotule todas as cargas e especifique suas direções em relação ao 
eixo x ou y. O sentido de uma força ou momento de binário de 
intensidade desconhecida, mas com uma linha de ação conhecida 
pode ser assumido. 
 Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os 
momentos de forças. 
Equações de equilíbrio 
 
 
124 
 Aplique a equação de equilíbrio de momento em relação a um ponto 
(O) localizada na interseção das linhas de ação das duas forças 
desconhecidas. Assim, os momentos dessas incógnitas são iguais a 
zero em relação a O, e uma solução direta para a terceira incógnita 
pode ser determinada. 
 Ao aplicar as equações de equilíbrio de força, oriente os eixos x e y 
ao longo das linhas que fornecerão a decomposição simples das 
forças em suas componentes x e y. 
 Se a solução das equações de equilíbrio produzir um escalar 
negativo para uma intensidade de força ou momento de binário, isso 
indica que o sentido é oposto ao que foi presumido no diagrama de 
corpo livre. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
125 
Unidade VI – Análise Estrutural 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Mostrar como determinar as forças nos membros de uma treliça 
usando o método dos nós e o método das seções. 
 Analisar as forças que atuam nos membros de estruturas e 
máquinas compostas de membros conectados por pinos. 
 
Introdução 
 
 Treliça é uma estrutura de membros esbeltos conectados entre si 
em suas extremidades. 
 Os membros normalmente usados em construções consistem de 
escoras de madeira ou barras de metal. A treliça mostrada na figura a 
seguir é um exemplo típico de treliça de telhado. 
 
 
 
 
 
Figura 6.1a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 195 
 
 
126 
Como esse peso atua no mesmo plano da treliça, as análises das forças 
desenvolvidas nos membros da treliça são bidimensionais, veja a figura 
abaixo: 
 
Figura 6.1b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 195 
 
 No caso de uma ponte, o peso do tabuleiro é primeiramente 
transmitido para as longarinas, depois para as vigas de pisos e, finalmente 
para os nós das duas treliças laterais. 
 
Figura 6.1c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 196 
 
 
127 
 Assim como no telhado, o peso da ponte de treliça é coplanar. 
 
Figura 6.1d 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 196 
 
Pressupostos para projeto 
 Para projetar os membros e as conexões de uma treliça, é 
necessário primeiro determinar a força desenvolvida em cada membro 
quando a treliça está sujeita a um determinado carregamento. Para isso, 
faremos duas hipóteses importantes: 
 Todas as cargas são aplicadas nos nós: Em muitas situações, tais 
como para treliças de ponte e de telhado, essa hipótese é 
verdadeira. 
 Os membros são unidos entre si por pinos lisos: As conexões 
normalmente são formadas aparafusando os soldando as 
extremidades dos membros a uma placa comum, chamada placa 
de ligação como mostra a figura 6.2a. 
 
 
128 
 
Figura 6.2a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 196 
 
 Ou simplesmente passando um grande parafuso ou pino através de 
cada um dos membros figura 6.2b. 
 
Figura 6.2b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 196 
 
 Podemos assumir que essas conexões atuam como pinos, já que as 
linhas centrais dos membros articulados são concorrentes, como na figura 
6.3. 
Devido a esses dois pressupostos, cada membro de treliça agirá como um 
membro de duas forças e, portanto, a força atuando em cada extremidade 
 
 
129 
do membro será direcionado ao longo do eixo do membro. Se a força 
tende a alongar o membro, ela será uma força de tração (T) figura 6.3a. 
 
 
Figura 6.3a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 197 
 
 Se a força tende a encurtar o membro, é uma força de compressão 
(C), figura 6.3b. 
 
 
130 
 
Figura 6.3b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 197 
 
 No projeto inicial de uma treliça, é importante especificar se a 
natureza da força é de tração ou de compressão. Frequentemente, os 
membros em compressão precisam ser fabricados mais espessos do que 
os mesmos em tração, devido a flambagem que ocorre com o membro 
está em compressão. 
 Se os três membros são conectados por pino em suas extremidades, 
eles formam uma treliça triangular rígida. 
 
 
131 
 
Figura 6.4 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 197 
 
 Unir dois ou mais membros e conectá-los a um novo nó D forma 
uma treliça maior. 
 
Figura 6.5 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 197 
 
 
 
 
 
 
132 
6.1. O método dos nós 
 
 Para analisar ou projetar uma treliça, é necessário determinar a força 
de cada um de seus membros. Uma maneira de fazer isso é usar o método 
dos nós. 
 Como os membros de uma treliça plana são membros de duas 
forças retas situadas em um único plano, cada nó está sujeito a um sistema 
de forças que é coplanar e concorrente. Como resultado, apenas ∑Fx = 0 e ∑Fy 
= 0 precisam ser satisfeitos para o equilíbrio. 
 Por exemplo, três forças atuam sobre o pino, a saber, a força de 500 
Ne as forças exercidas pelos membros BA e BC. 
 
 
Figura 6.6 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 197 
 
 O diagrama de corpo livre do pino é mostrado na figura a seguir: 
 
 
133 
 
Figura 6.6 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 198 
 
 AquiFBA está puxando o pino, o que significa que o membro BA está 
em tração; enquanto FBC está empurrando o pino e, portanto, o membro BC 
está em compressão. Esses efeitos são claramente demonstrados 
isolando-se o nó com pequenos segmentos dos membros conectados ao 
pino (figura 6.6 b) 
 
 
Figura 6.6 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 198 
 
 Ao usar o método dos nós, sempre comece em um nó que tenha 
pelo menos uma força conhecida e no máximo duas forças desconhecidas. 
 Desse modo, a aplicação de ∑Fx = 0 e ∑Fy = 0, produz duas equações 
algébricas que podem ser resolvidas para as duas incógnitas. Ao aplicar 
 
 
134 
essas equações, o sentido correto de uma força de membro desconhecida 
pode ser determinado um dos dois métodos possíveis. 
 O sentido correto da direção de uma força da incógnita pode, em 
muitos casos, ser determinado por observação. 
 Em casos mais complexos, o sentido de uma força do membro 
incógnito pode ser assumido. 
 Sempre considere que as forças do membro incógnito que atuam no 
diagrama de corpo livre do nó que está sob tração. 
 Dessa maneira, a solução numérica das equações de equilíbrio 
produzirá escalares positivos para os membros sob tração e escalares 
negativos para membros sob compressão. 
 Uma vez que uma força de membro incógnito é encontrada, usa-se 
sua intensidade no diagrama de corpo livre do nó subsequente. 
 
PROCEDIMENTOS PARA ANÁLISE 
 
 Desenhe o diagrama de corpo livre de um nó tendo pelo menos uma 
força conhecida e no máximo duas forças desconhecidas. (Se não existir 
este nó, então pode ser necessário primeiro calcular as reações externas no 
suporte.) 
 Use um dos métodos descritos acima para estabelecer o sentido de 
uma força desconhecida. 
 Usando os resultados calculados, continue a analisar cada um dos 
outros nós. 
 Oriente os eixos x e y de modo que as forças no diagrama de corpo 
livre possam ser facilmente decompostas em uma das componentes x e y 
 
 
135 
e, depois, aplique as duas equações de equilíbrio da força ∑Fx = 0 e ∑Fy = 0. 
Resolva para as duas forças de membros desconhecidas e verifique seu 
uso correto. 
 Lembre-se que um membro sob compressão “empurra” o nó e um 
membro sob tração “puxa” o nó. Além disso, certifique-se de escolher um 
nó que tenha pelo menos uma força conhecida e no máximo duas forças 
desconhecidas. 
Exemplo 1 
Determinar a força em cada membro da treliça mostrada na figura 6.7ª e 
indique se os membros estão sob tração ou compressão. 
 
Figura 6.7 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 199 
 
 Como não devemos ter mais do que duas forças incógnitas no nó e 
não menos que uma força conhecida atuando ali, começaremos nossa 
análise com o nó B. 
Nó B 
 O diagrama de corpo livre do nó B é mostrado na figura 6.7 b. 
aplicando as equações de equilíbrio, temos: 
 
 
136 
 
Figura 6.7 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 199 
 
+
→ ∑ 𝐹𝑋 = 0; 500𝑁 − 𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛 45° = 0 𝐹𝐵𝐶 = 707,1 𝑁(𝐶) 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝐹𝐵𝐶 cos 45° − 𝐹𝐵𝐴 = 0 𝐹𝐵𝐴 = 500 𝑁(𝑇) 
 
 Como a força no membro BC foi calculada, podemos proceder à 
análise do nó C para determinar a força no membro CA e a reação no apoio 
móvel. 
Perceba ainda que no diagrama de corpo livre, foi adotado o 
sentido de BC chegando no nó, isso porque, neste caso, foi fácil determinar 
que a barra está sendo comprimida, desse modo o resultado foi um escalar 
positivo, contudo deve ser informado ao final dos cálculos que se trata de 
uma barra comprimida. 
Nó C 
 Pelo diagrama de corpo livre do nó C (figura 6.7 c), temos: 
 
 
137 
 
Figura 6.7 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 199 
 
+
→ ∑ 𝐹𝑋 = 0; − 𝐹𝐶𝐴 + 707,1 cos 45° 𝑁 = 0 𝐹𝐶𝐴 = 500 𝑁 (𝑇) 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝐶𝑦 − 707,1 𝑠𝑒𝑛 45° 𝑁 = 0 𝐶𝑦 = 500 𝑁 
Nó A 
 Embora não seja necessário, podemos determinar as componentes 
das reações de apoio no nó A usando os resultados de FAC e FAB. Através do 
diagrama de corpo livre (figura 6.7 d), temos: 
 
Figura 6.7 d 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 199 
 
 
+
→ ∑ 𝐹𝑋 = 0; 500 𝑁 − 𝐴𝑋 = 0 𝐴𝑋 = 500 𝑁 
 
 
138 
 +↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 500 𝑁 − 𝐴𝑦 = 0 𝐴𝑦 = 500 𝑁 
Observação: Os resultados da análise são resumidos na figura 6.7 e. 
Observe que o diagrama de corpo livre de cada nó (ou pino) mostra os 
efeitos de todos os membros conectados e forças externas aplicadas ao nó, 
enquanto o diagrama de corpo livre de cada momento mostra apenas os 
efeitos dos nós sobre o membro. 
 
 
Figura 6.7 e 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 199 
 
Via de regra, para evitarmos o esquecimento de mencionar se está 
sendo tracionada ou comprimida, adote todas as barras saindo do nó, 
como se fossem tração, se o resultado for positivo, indica que realmente ela 
está sendo tracionada, se o resultado for negativo, saberemos que ela está 
sob compressão. 
 
 
 
 
139 
6.2. Membros de força zero 
 
 Os membros de força zero são usados para aumentar a estabilidade 
da treliça durante a construção e para fornecer um apoio adicional se o 
carregamento for alterado. 
 Em geral, os membros de força zero de uma treliça podem ser 
determinados por observação de cada um dos nós. 
 Por exemplo, considere uma treliça mostrada na figura 6.8 a. Se um 
diagrama de corpo livre do pino no nó A for desenhado (figura 6.8 b) vemos 
que os membros AB e AF são membros de força zero. 
 
Figura 6.8 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 
140 
 
Figura 6.8 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 
 
 De modo semelhante, considere o diagrama de corpo livre do nó D: 
 
Figura 6.8 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 A partir dessas observações, podemos concluir que, se apenas dois 
membros formam um nó de treliça e nenhum peso externo ou reação de 
 
 
141 
suporte é aplicado ao nó, os dois membros podem ser membros de força 
zero. 
 O peso sobre a treliça na figura é, portanto, sustentado por apenas 
cinco membros. Veja a Figura 6.8 c. 
 
 
Figura 6.8 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 O diagrama de corpo livre no pino D é mostrado na figura 6.9 a. 
 
Figura 6.9 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 O diagrama de corpo livre do pino no nó D é mostrado na figura 6.9 
b. 
 
 
142 
 
Figura 6.9 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 Orientando o eixo y ao longo dos membros DC e DE e o eixo x ao 
longo do membro DA, podemos ver que DA é um membro de força zero. 
Note que esse também é o caso para membros CA: 
 
Figura 6.9 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
 A treliça mostrada na figura abaixo, portanto, é adequado para 
sustentar o peso P. 
 
 
143 
 
Figura 6.9 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 203 
 
Exemplo 2 
 Usando o método dos nós, determine todos os membros de força 
zero da treliça de telhado Fink mostrado na figura 6.10ª. Considere que 
todos os nós são conectados por pinos. 
 
Figura 6.10 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
Procure geometrias de nó que tenham três membros para os quais dois 
sejam colineares. Temos: 
Nó G 
 
Figura 6.10 b 
 
 
144 
 
Figura 6.10 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝐹𝐺𝐶 = 0 
 
 Percebe que não poderíamos concluir que GC é um membro de 
força zero considerando o nó C, onde existem cinco incógnitas. O fato de 
que GC é um membro de força zero significa que a carga de 5 kN em C 
precisa ser suportada pelos membros CB, CH, CF e CD. 
Nó D 
(Figura 6.10 c) 
 
Figura 6.10 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
+↓ ∑ 𝐹𝑥 = 0; ∑ 𝐹𝐷𝐹 = 0 
Nó F 
 
 
145 
(Figura 6.10 d) 
 
Figura 6.10 d 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝐹𝐹𝐶 cos 𝜃 = 0 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝜃 ≠ 90°, 𝐹𝐹𝐶 = 0 
 NOTA: Se o nó B foranalisado (Figura 6.10 e), 
 
Figura 6.10 e 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
+↓ ∑ 𝐹𝑦 = 0; 2𝑘𝑁 − 𝐹𝐵𝐻 = 0 𝐹𝐵𝐻 = 2𝑘𝑁 (𝐶) 
 
 Além disso, FHC precisa satisfazer ∑ 𝐹𝑦 = 0 (Figura 6.10f)e, portanto, HC 
não é um membro de força zero. 
 
 
146 
 
Figura 6.10 f 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 204 
 
 
 
6.3. O método das seções 
 
 Quando precisamos encontrar a força em apenas alguns membros 
de uma treliça, podemos analisar a treliça usando o método das seções. 
 Este método se baseia no princípio de que se uma treliça está em 
equilíbrio, então qualquer segmento dela também está em equilíbrio. 
 Por exemplo, considere dois membros de treliça mostrados no lado 
esquerdo da figura 6.11. 
 
 
147 
 
Figura 6.11 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 209 
 
 Claramente pode-se ver que o equilíbrio requer que o membro sob 
tração (T) esteja sujeito a um ‘puxão’, enquanto o membro sob compressão 
(C) está sujeito a um ‘empurrão’. 
 O método das seções também pode ser usado para ‘cortar’ ou 
seccionar os membros de uma treliça inteira. 
 Com apenas três equações de equilíbrio independentes (∑ 𝐹𝑋 = 0,
∑ 𝐹𝑦 = 0, ∑ 𝑀𝑂 = 0) podem ser aplicadas ao diagrama de corpo livre de 
qualquer segmento, então, tentaríamos escolher uma seção que, em geral, 
passe por não mais que três membros em que as forças são 
desconhecidas. 
 Por exemplo, considere a treliça da figura abaixo: 
 
 
148 
 
Figura 6.12 a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 209 
 
 Se as forças nos membros BC, GC e GF devem ser determinadas, 
então a seção aa seria apropriada. Os diagramas de corpo livre nos dois 
segmentos são mostrados nas figuras 6.12 a e 6.12 b. 
 
Figura 6.12 b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 210 
 
 
149 
 
Figura 6.12 c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler – pag. 210 
 
 Ao usarmos as equações de equilíbrio, devemos considerar 
cuidadosamente maneiras de escrever as equações a fim de produzir uma 
solução direta para cada uma das incógnitas, em vez de precisar resolver 
equações simultaneamente. 
 Como no método dos nós, há duas maneiras em que podemos 
determinar o sentido correto de uma força de membro desconhecida: 
 O sentido correto de uma força de membro desconhecido pode, em 
muitos casos, ser determinado ‘por observação’. Em casos mais 
complicados, o sentido de uma força de membro desconhecida pode ser 
assumido. 
 Via de regra, se torna mais fácil considerar todas as cargas internas 
das barras seccionadas saindo das barras, se o resultado for positivo, indica 
tração, caso contrário, compressão. 
 
PROCEDIMENTOS PARA ANÁLISE 
 
 
150 
 
 Diagrama de corpo livre 
 Decida sobre como ‘cortar‘ ou seccionar a treliça através dos 
membros onde as forças devem ser determinadas. 
 Antes de isolar a seção apropriada, pode ser necessário primeiro 
determinar as reações de apoio da treliça. Se isso for feito, então as 
três equações de equilíbrio estarão disponíveis para resolver as 
forças de membros de seção. 
 Desenhe o diagrama de corpo livre do segmento da treliça 
seccionada que possuem o menor número de forças agindo. 
 Use um dos dois métodos descritos anteriormente para estabelecer 
o sentido das forças de membros desconhecidas. 
 
 
Equações de equilíbrio 
 
 Os momentos devem ser somados em torno de um ponto situado na 
interseção das linhas de ação de duas forças desconhecidas, de 
modo que a terceira força desconhecida possa ser determinada 
diretamente pela equação de momento. 
 Se duas forças desconhecidas são paralelas, as forças ser somadas 
perpendicularmente à direção dessas forças desconhecidas para 
determinar diretamente a terceira força desconhecida. 
 
 
 
 
 
151 
Unidade VII – Esforços Internos 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Carregamentos distribuídos e concetrados; 
 Cálculo dos esforços internos (Normal, Cortante e Momento Fletor); 
 Desenho dos diagramas de esforços cortantes e momento fletor 
 
Introdução 
 
O projeto e a análise de qualquer elementos estrutural requer 
conhecimento das cargas atuantes no interior desse elemento, não apenas 
quando ele está instalado no seu local de trabalho, mas também durante 
seu deslocamento e instalação neste local. 
 
 
 
152 
 
Figura 7 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
 
7.1 Carregamento distribuído em Vigas 
 
Carregamento distribuído coplanares são definidas usando-se uma 
função do carregamento w = x(x) que indica a intensidade do 
carregamento ao longo da extensão de um membro. Essa intensidade é 
medida em N/m 
Os efeitos externos causados por um carregamento distribuído 
coplanar atuando sobre um corpo podem ser representados por uma única 
força resultante 
 
 
153 
Essa força resultante é equivalente à área sob o diagrama do 
carregamento e tem uma linha de ação que passa pelo centroide ou centro 
geométrico dessa área 
Neste momento iremos trabalhar apenas com carregamentos do 
tipo retangular e triangular. 
O centro de gravidade do retângulo é no centro da dimensão da 
base, e do triângulo a 1/3 da base, iniciando a partir do ângulo de 90° do 
diagrama da figura, caso o carregamento triangular, seja isométrico, a 
carga concentrada será na metade da dimensão da base. Conforme figuras 
abaixo. 
 
 
Figura 7.1 
Fonte: Autor 
 
 
Exemplo: 
Determine as reações de apoio 
 
 
 
154 
 
Figura 7.1a 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Solução: Perceba que antes de começarmos os cálculos, é 
necessário concentrar as cargas, como se trata de um carregamento do 
tipo retangular, basta calcular a área de cada trecho e concentrar a força 
no centro do diagrama. 
 
Figura 7.1b 
Fonte: Autor 
 
∑ 𝑀𝐵 = −(4,5.0,75) + (27.1,5) − (𝐴𝑦. 3) + (9.3,75) = 0 
 
 
155 
𝐴𝑦 = 23,63 kN 
 
∑ 𝐹𝑌 = −9 + 23,63 − 27 + 𝐵𝑦 − 4,5 = 0 
𝐵𝑦 = 16,87 kN 
 
 
Exemplos 02: Encontre as cargas concentradas 
 
 
Solução: 
Neste caso, basta encontrarmos à área de cada trecho e concentrar, 
conforme já está na imagem a seguir. Lembrando que para o triângulo, 
área = b.h/2 e o centro de gravidade é 1/3 da base, iniciando no ângulo de 
90° 
 
 
 
156 
 
Figura 7.1b 
Fonte: Autor 
 
 
7.2 Forças Internas Desenvolvidas em Elementos Estruturais 
 
Os esforços internos que atuam num determinado elemento 
estrutural podem ser determinados pelo uso do método das seções. 
Para ilustrar esse procedimento, consideremos a viga 
“simplesmente apoiada”, mostrada na figura 7.2. O elemento estrutural está 
submetido às forças F1 e F2 e reações de apoio Ax, Ay e By. 
 
 
 
157 
 
Figura 7.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Para determinarmos as forças internas que atuam na seção reta 
em C, devemos fazer um seccionamento imaginário da viga, cortando-a em 
dois segmentos. Com esse procedimento, os esforços internos ao corte, 
tornam-se externos nos diagramas de corpo livre de cada novo segmento. 
 Como ambas as partes do segmento (AC e CB) estavam em 
equilíbrio antes de a viga ser seccionada, o equilíbrio de cada um desses 
novos segmentos é mantido, desde que os componentes retangulares das 
forças Nc, Vc e um momento resultante Mc sejam desenvolvidos nessas 
seções de corte. 
É interessante estabelecer uma convenção de sinais para os 
esforços internos. As literaturas trabalham com o esforço normal saindo da 
viga, o esforço cortante (ou de cisalhamento) girando no sentido horário e o 
momento fletor tendendo a tracionar as fibras inferiores e comprimir as 
superiores, isto analisando o lado esquerdo do corte. (Estas forças serão 
explicadas logo a seguir) 
 
 
158 
Desta maneira, a atribuição dos sentidos das cargas seriam as 
descritas na imagem a seguir, se para o lado esquerdo, adota-se estes 
sentidos, para que haja o equilíbrio, caso escolha o lado direito, os sentidos 
deverão ser contrários. 
 
 
Figura 7.2b 
Fonte: Mecânica para Engenharia – HibblerEm mecânica, os componentes da força N, atuando normal à viga 
na região de corte e V, que atua tangente a essa região são denominados 
de força normal ou axial e força de cisalhamento ou cortante, 
respectivamente. O momento M, é denominado momento fletor. 
 
 
 
 
159 
 
Figura 7.2c 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Reações de Suporte 
Antes que o membro seja seccionado, pode ser preciso primeiro 
determinar suas reações de apoio, de modo que as equações de equilíbrio 
possam ser usadas para solucionar as cargas internas somente depois que 
o membro for seccionado. 
 
Diagrama de Corpo Livre 
Mantenha todas as cargas distribuídas, momentos e forças que 
atuam sobre o membro em seus locais exatos, depois faça uma secção 
imaginária pelo membro, perpendicular ao seu eixo, no ponto onde as 
cargas internas devem ser determinadas. 
Depois que a secção for feita, desenhe um diagrama de corpo livre 
do segmento que tem o menor número de cargas sobre ele e indique as 
componentes das resultantes das forças e do momento na seção 
 
 
160 
transversal que atua em suas direções positivas, conforme a convenção de 
sinal estabelecida. 
 
Equações de Equilíbrio 
Os momentos devem ser somados na seção. Desse modo, as 
forças normal e cortante na seção são eliminadas, e podemos obter uma 
solução direta para o momento 
Se a solução das equações de equilíbrio gerar um escalar negativo, 
o sentido da quantidade é oposto ao que é mostrado no diagrama de corpo 
livre. 
 
Exemplo: 
 
Determine os esforços internos antes e depois da carga de 6 kN, 
correspondentes aos pontos B e C. 
 
 
Figura 7.2d 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
 
 
161 
Solução: 
Vamos primeiramente desenhar o diagrama de corpo livre da viga 
 
 
Figura 7.2e 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Analisando antes da carga de 6 kN (observando da esquerda para 
a direita) percebemos que teremos que fazer uma seção, no ponto B mais 
especificamente, teremos dois lados que podemos escolher o lado 
esquerdo ou o lado direito. Nesse momento, ambos os lados poderão ser 
escolhidos, porém como o conteúdo seguinte, exige que escolhemos o 
lado esquerdo, para que haja uma padronização nas respostas, vamos 
escolher o lado esquerdo aqui também. Só que antes de realizamos o 
desenho do diagrama de corpo livre do lado esquerdo, devemos calcular a 
reação de apoio Ay, visto que ela está do lado esquerdo da figura. 
 
 
 
Diagrama do lado esquerdo: 
 
 
162 
 
Fonte: Autor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 02: 
Determine os esforços normal e cortante, bem como o momento fletor no 
ponto C. 
 
 
 
163 
 
Figura 7.2f 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Solução: Neste caso, perceba que se torna mais fácil realizar a seção e 
escolher o lado direito, visto que não haveria a necessidade de se calcular 
reações de apoio. 
 
Corte escolhendo o lado direito: 
 
 
Note que temos que encontrar a altura do carreamento, visto que 1200 
seria a altura total do carregamento distribuído, como fizemos uma seção 
cerca de 1.5 metro, este carregamento w deverá ser menor. Para isso 
faremos a semelhança de triângulos. 
 
 
 
164 
𝑤
1,5
=
1200
3
 
𝑤 = 600 𝑁/𝑚 
Obviamente seria 600 N/m pelo fato de estar exatamente no centro a 
seção, mas em todos os casos é interessante efetuar estes cálculos. 
 
Conhecendo agora a carregamento distribuído, podemos calcular a carga 
concentrada e enfim os esforços internos. 
 
𝐹 =
1,5.600
2
= 450 𝑁 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
𝑁𝑐 = 0 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝑉𝑐 − 450 = 0 
𝑉𝑐 = 450 𝑁 
 
∑ 𝑀 = 0 
 
 
165 
−𝑀𝑐 − (450.0,5) = 0 
𝑀𝑐 = −225 𝑁. 𝑚 
 
O sinal negativo indica que o momento está no sentido contrário ao 
indicado no diagrama. 
 
7.3 Equações e Diagramas de esforço cortante e momento fletor 
 
O projeto real de uma viga requer um conhecimento detalhado da 
variação do esforço cortante interno V e do momento fletor M interno 
atuando em cada ponta ao longo do eixo da viga. 
A força normal interna não é considerada por dois motivos: 
Na maioria dos casos, as cargas aplicadas a uma viga atuam 
perpendicularmente ao eixo da viga e, portanto, produzem apenas um 
esforço cortante e um momento fletor interno. 
E para fins de projeto, a resistência da viga ao cisalhamento, e 
particularmente à flexão, é mais importante do que resistir a uma força 
normal. 
Essas variações de V e M ao longo do eixo da viga podem ser 
obtidas usando o método das seções já discutido. Neste caso, porém, é 
necessário seccionar a viga a uma distancia arbitrária x a partir de uma 
extremidade e depois aplicar as equações de equilíbrio ao segmento tendo 
o comprimento x. Fazendo isso, podemos então obter V e M como funções 
de x. 
Em geral, as funções de esforço cortante e momento fletor interno 
serão descontinuas, ou suas inclinações serão descontinuas, em pontos 
onde uma carga distribuída varia ou onde forças ou momentos 
 
 
166 
concentrados são aplicados. Por causa disso, essas funções precisam ser 
determinadas para cada segmento da viga localizado entre duas 
descontinuidades de carga quaisquer. 
 
 
Figura 7.2g 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Por exemplo, segmentos com comprimentos x1, x2 e x3, terão que 
ser usados para descrever a variação de V e M ao longo do comprimento 
da viga. Essas funções serão válidas somente dentro das regiões de O até a 
para x1, de a até b para x2 e de b até L para x3. Se para cada função 
estabelecida nos intervalos mencionados, fosse atribuído um gráfico, este 
nós o chamamos de diagrama de Esforço cortante e diagrama de 
Momento Fletor. 
 
DIAGRAMA DE ESFORÇO CORTANTE 
 
 
167 
 
Figura 7.2g.1 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
DIAGRAMA DE MOMENTO FLETOR 
 
Figura 7.2g.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Em termos gerais, devemos observar primeiramente o 
carregamento, se o carreamento, estiver em uma função de grau 0, a 
cortante terá grau 1 e o momento grau 2. 
Veja o caso do primeiro trecho da figura 7.3 g, no segmento de O 
até a, perceba que se trata de um carregamento de grau 0, pois é uma reta 
 
 
168 
constante, dessa forma a cortante terá grau 1 (reta inclinada) e o momento 
grau 2 (parábola), como pode ser comprovado nos diagramas mostrados. 
Além disso, temos que nos atentar para a convenção de sinais, 
costuma se utilizar a convenção de estudar a viga da esquerda para a 
direita, então usa-se o lado esquerdo da convenção mostrada na figura 7.2 
b 
 
Exemplo: 
Desenhe o diagrama de esforço cortante e momento fletor da viga. 
 
 
Figura 7.2 
Fonte: Mecânica para Engenharia – Hibbler 
 
Solução: 
 
Devemos inicialmente identificar quantas seções deverão ser feitas, 
neste caso em específico, como houve a aplicação de uma força, temos 
que entender que a viga se comportava de um jeito antes da carga e vai se 
comportar de outro depois de ser aplicada a força. Então devemos fazer 
dois cortes, um antes e um depois da carga. 
 
 
169 
 
1º Corte: Antes da carta (a uma distância x do apoio) 
 
 
 
 
 
2º) Corte: Depois da carga, a uma distância x do apoio A 
 
 
 
 
170 
 
 
Para desenhar os diagramas, basta analisar as equações, no 
primeiro trecho os valores de x não podem serem maiores do que 2, e no 
segundo de 2 a 4. 
Nas equações apresentadas, o maior grau encontrado é 1, na 
equação de momento, grau 1 representa uma reta, que pode ser montada 
apenas com 2 pontos atribuídos a coordenada “x”. Esses dois pontos serão 
o início e o final de cada intervalo que pertence ao trecho, no primeiro 0 e 2 
e no segundo 2 e 4. Obtendo os resultados para V e M, basta traçar o 
gráfico utilizando as coordenadas de x e os resultados de V e M 
 
 
 
171 
 
 
Exemplo 02 
Determine as equações, em função de x, dos esforços internos bem 
como os diagramas de esforço cortante e momento fletor da viga abaixo. A 
viga tem 4 m de comprimento. 
 
 
Fonte: O Autor 
 
 
 
 
172Solução: 
Inicialmente devemos determinar quantas seções serão 
necessárias, para que iniciemos os cálculos. Neste caso, perceba que 
existe apenas um tipo de carregamento, ou seja, apenas um corte é 
suficiente. 
Antes de realizamos o corte, devemos calcular a reação de apoio 
do lado esquerdo, visto que precisaremos desta informação para calcular 
as reações de apoio. 
Vamos concentrar a carga para encontrar as reações. 
 
 
Fonte: O Autor 
 
∑ 𝑀𝐵 = (2600.1,333) − (𝐴𝑦. 4) = 0 
 
𝐴𝑦 = 866,7 𝑘𝑁 
𝐵𝑦 = 1733,3 
 
 
173 
 
Fonte: O Autor 
 
Em posse destas informações, podemos realizar o corte e calcular 
as informações necessárias. 
 
 
Fonte: Autor 
 
Perceba que como seccionamos a uma distância x, o 
carregamento não será mais 1300 kN, devemos realizar a semelhança de 
triângulos para encontrar o valor de w 
 
𝑤
𝑥
=
1300
4
 
 
𝑤 = 325𝑥 𝑘𝑁 
 
 
174 
 
Perceba que o grau do carregamento é 1, ou seja, a equação da 
cortante deverá ter grau 2 e do momento fletor grau 3. 
Vamos concentrar esse carregamento w, para que possamos enfim 
encontrar as equações. 
 
 
Fonte: Autor 
 
Cortante: (0 ≤ 𝑥 ≤ 4) 
 
∑ 𝐹𝑦 = 866,7 − 162,5𝑥2 − 𝑉 = 0 
𝑉 = −162,5𝑥2 + 866,7 𝑘𝑁 (𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) 
 
Momento fletor: (0 ≤ 𝑥 ≤ 4) 
 
 
 
175 
∑ 𝑀 = 𝑀 + (162,5𝑥2.
𝑥
3
) − 866,7. 𝑥 = 0 
𝑀 = −54,166. 𝑥3 + 866,7𝑥 𝑘𝑁. 𝑚 (𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑙𝑒𝑡𝑜𝑟) 
 
Percebam que de fato, conforme dito anteriormente, que o grau da 
cortante foi um grau acima do carregamento e do momento um grau 
acima da cortante. 
Dessa maneira, existe a possibilidade de realizar estes cálculos 
usando integral ou derivada, se você conhece a equação da cortante, 
integrando você achará o momento fletor. Contudo esse método pode 
apresentar algumas dificuldades quando se tem mais de uma seção, 
entretanto, tendo a equação do momento fletor antes, basta derivar que 
automaticamente achará a cortante, sem muitos problemas. 
Vamos determinar os pontos para traçar os diagramas. 
Note que temos equações de 2º e 3º grau, por isso precisaremos 
de mais de dois pontos para traçar estas curvas. 
O ideal é que utilizemos os dois extremos dos valores que as 
equações pertencem, ou seja, 2 e 4. O terceiro ponto, será o ponto máximo 
para o momento. Via de regra, quando temos vigas bi-apoiadas, como é o 
exemplo desta, aonde a cortante for 0, o momento tenderá a ser o máximo. 
Então iremos atribuir o valor de 0 para V, na equação de esforço cortante e 
encontrar a sua coordenada de x. 
 
0 = −162,5𝑥2 + 866,7 
𝑥2 =
866,7
162,5
 
𝑥2 = 5,333 
𝑥 = 2,31 𝑚 
 
 
176 
Vamos utilizar esta tabela para auxiliar na montagem das 
coordenadas. Basta usar os valores de x, nas equações encontradas. 
 
Esforço P/ x = 0 P/ x = 2,31 P/ x = 4 
V (Cortante) 866,7 kN 0 kN -1.733,3 kN 
M (Momento 
Fletor) 
0 kN.m 1.334,3 kN.m ~0 kN.m 
 
 
 
Fonte: Autor 
 
Perceba que no gráfico da cortante, na coordenada x = 4, o valor 
que resta para o gráfico chegar a zero, é exatamente o valor da reação em 
B. 
 
 
177 
 
Vejamos o gráfico produzido pelo software Ftool, percebam a 
semelhança, claro que existe uma ligeira diferença, visto que o programa 
trabalha com infinitas coordenadas para x. 
 
 
Fonte: Autor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
178 
Unidade VIII – Centro de Gravidade e Momento 
de Inércia 
 
 
Objetivos desta unidade 
 
 Cálculo do centro de gravidade; 
 Cálculo do momento de inércia; 
 Aplicações 
 
Introdução 
 
Centro de gravidade, centróide ou ainda baricentro, é o ponto de 
um corpo onde pode ser aplicada a força resultante que neste corpo possa 
ser calculada. 
Além disso, corresponde ao ponto em que existi o equilíbrio das 
forças. Muito utilizado para o cálculo do momento de inércia e para 
identificar aonde os esforços são nulos em uma viga carregada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
179 
8.1 Centro de gravidade de áreas compostas 
 
Para o cálculo do centro de gravidade, é preciso separar as áreas, 
em figuras planas, e com isso calcular separadamente o centróide de cada 
figura. 
 
Podemos utilizar as seguintes expressões para o cálculo dos 
centroides: 
 
𝑋𝑔 = 
∑ 𝑥. 𝐴
∑ 𝐴
 
 
𝑌𝑔 = 
∑ 𝑦. 𝐴
∑ 𝐴
 
 
Onde: 
x = Coordenada x, de cada figura plana que compõem a área onde 
se quer calcular o centróide, ou centro de gravidade. 
y = Coordenada y, de cada figura plana que compõem a área onde 
se quer calcular o centróide, ou centro de gravidade. 
A = Área de cada figura plana. 
 
Para que seja possível encontrar as informações de x e y, temos 
que estudar a tabela a seguir: 
 
 
 
180 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
181 
 
Para o momento, devemos focar apenas nos cálculos das áreas e 
na coordenada G, de cada figura. 
É importante mencionar que as coordenadas do ponto G de cada 
figura, representa a distância da origem dos eixos, até o centro de 
gravidade de cada figura, caso a imagem em que se está calculando, as 
figuras planas não estiverem dispostas da mesma maneira conforme 
apresentado na tabela, devemos somar então a coordenada x ou y, a 
diferença até chegar na origem dos eixos. 
 
 
Neste caso, a primeira imagem é o padrão da tabela, na segunda, 
simula uma condição em que a figura foi deslocada para a direita, então a 
coordenada y não se altera, porque em y não houve nenhum 
deslocamento, mas em x, passa a ser o valor da coordenada x mais o tanto 
que foi deslocado, no caso, 5 cm. 
Na terceira imagem, temos a figura invertida, ou seja, temos que 
inverter as coordenadas x e y no ponto G, além disso verificar se houve 
deslocamento, no caso deslocou 5 cm em y 
 
 
 
182 
Exemplo 01: 
 
Determine o centro de gravidade para a área abaixo. 
 
 
Solução: 
Vamos dividir esta imagem em três figura planas. Poderíamos 
dividir em ¼ de círculo e um triângulo. Mas para fixar melhor os conceitos 
apresentados anteriormente, vamos dividir em 3 imagens, sendo ¼ de 
círculo e 2 triângulos. 
Depois vamos calcular as áreas e posição do baricentro de cada 
figura em relação aos eixos x e y da figura principal 
 
 
 
183 
 
 
 
Quando temos figuras simétricas, ou seja, o lado esquerdo for igual 
ao direito, ou a parte de cima é igual a parte de baixo, o centro de 
gravidade é onde temos o ponto de simetria. E além disso, quando não é 
fornecido os eixos de referência X e Y, estes devem ser atribuídos no início 
da figura principal. Veja o exemplo a seguir: 
 
Exemplo 02 
Determine a localização Yg, do centro de gravidade da figura 
abaixo. 
 
 
184 
 
Fonte: Mecânica para engenheiros Hibbeler 12º edição 
 
Solução: Vejam que neste caso, não temos a orientação dos eixos 
principais, e foi solicitado apenas a coordenada Yg, porque em X é fácil ser 
determinado, haja visto que existe simetria, o lado esquerdo é igual ao 
direito, então dessa forma a coordenada Xg está no meio da figura 
principal. 
 
Fonte: O Autor 
 
 
185 
Podemos utilizar uma tabela para auxiliar em descobrir o centro de 
gravidade, mas antes temos que determinar quantas e quais imagens 
planas vamos subdividir a imagem principal. 
Podemos fazer da seguinte maneira: 
Figura 1) Retângulo superior horizontal; 
Figura 2) Retângulo vertical; 
Figura 3) Círculo. 
 
Centróide/Centro de Massa 
Figuras área (cm2) xi (cm) yi (cm) X.A (cm3) Y.A (cm3) x g (cm) 
1 22,500 7,500 25,750 168,75 579,38 
7,500 
2 22,500 7,500 17,500 168,75 393,75 
3 78,540 7,500 5,000 589,05 392,70 y g (cm) 
 - - 
11,056 
Somatório 123,540 926,55 1.365,83 
 
Interpretando a tabela: 
Antes, vamos entender que os valores de x, correspondem a 
distância medida na direção x, do centro de gravidade da figura plana até a 
origem do sistema,e y, também corresponde a distância medida na 
direção y, do centro de gravidade da figura plana até a origem do sistema. 
Dessa forma, as coordenadas X de todas as imagens serão as 
mesmas, confirmando que de fato a coordenada X do centro de gravidade 
da figura principal estaria no centro. 
Para as coordenadas y, basta usar a tabela com as características 
das seções e ir calculando. Pelo fato de todas as figuras serem simétricas, a 
localização dos centros de gravidade passa a ser fácil, contudo temos que 
tomar cuidado, pois se queremos conhecer a distância de cada centro de 
 
 
186 
gravidade em relação aos eixos da figura principal, temos que considerar 
as medidas da figura. Por isso que a coordenada y da figura 1 é 25,75 cm, 
temos 25 cm até a figura 1, com mais 0,75 cm do centróide, total 25,75 cm. 
Tendo localizado todas estas informações, basta usar a fórmula 
para calcular: 
 
𝑋𝑔 = 
∑ 𝑥. 𝐴
∑ 𝐴
=
926,55
123,54
= 7,5 𝑐𝑚 
 
𝑌𝑔 = 
∑ 𝑦. 𝐴
∑ 𝐴
=
1.365,83
123,54
= 11,056 𝑐𝑚 
 
 Pontos importantes: 
O centro de gravidade de figuras compostas dever ser calculado 
através do somatório das áreas das figuras planas, entre tanto se tiver que 
subtrair alguma figura geométrica, no cálculo do centróide, a área deve ter 
valor negativo, mantendo normalmente o processo do cálculo. 
Além disso, as distâncias que representam as coordenadas x e y, 
caso esteja no lado negativo do eixo, elas também terão o sinal negativo. 
 
8.2 Momento de Inércia 
 
Podemos entender o momento de inércia, como sendo a tendência 
de um perfil girar em torno de algum eixo, essa variável é constantemente 
utilizada para medir qual a melhor geometria do perfil a ser utilizada em 
uma determinada estrutura, visto que a posição do perfil interfere 
 
 
187 
diretamente na resistência que o mesmo oferece, e isto está ligado ao 
momento de inércia que se tem nos eixos cartesianos. 
Apesar de ser usado um par de eixos de referência (X e Y), o 
cálculo do Momento de Inércia (𝐼𝑒𝑖𝑥𝑜) é feito em relação a cada um deles 
separadamente, podendo os eixos serem quaisquer ou baricêntricos. 
 De acordo com a distribuição da área da figura plana ao redor do 
eixo de referência, o Momento de Inércia sempre resultará um número 
positivo. 
 Se, o eixo de referência for um eixo de simetria, o eixo será 
baricêntrico. O inverso não é verdadeiro. 
 À medida que o eixo de referência se afasta do baricentro da figura 
plana, o resultado do momento de inércia, em relação ao eixo de referência, 
aumenta. 
Existe diversos exemplos práticos que podemos assimilar com o 
momento de inércia, por exemplo, precisamos dobrar chapas de aço, na 
maioria das vezes para fabricar um portão? 
 
 
Fonte: Aluplan Esquadrias de alumínio 
 
 
188 
Perceba que isso não é apenas estético, mas todas as vezes que 
afastamos a massa do centro de gravidade, nós aumentamos o momento 
de inércia, melhorando a aplicação do perfil em se tratando de aumento de 
resistência. 
Outro exemplo, porque a maioria das vigas são dispostas conforme 
a imagem a seguir? A resposta também tem, entre outros fatores, a ver com 
o momento de inércia. 
 
 
Fonte: Cassol-pré fabricados 
Poderão perceber na fórmula que perfis assim possui um momento 
de inércia em x muito maior do que em y. 
Usaremos nesta disciplina o método de cálculo que se chama 
teorema dos eixos paralelos, este teorema pode estudado de maneira mais 
analítica no livro Mecânica para engenheiros, Hibbeler no capítulo X. 
Para o cálculo: 
 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥𝑔 + 𝐴. 𝑑𝑦2 
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦𝑔 + 𝐴. 𝑑𝑥2 
 
 
189 
Onde: 
𝐼𝑥𝑔 𝑒 𝐼𝑦𝑔 = Representam os momentos de inércia que passam pelo 
centróide, tanto em x, quanto em y, E são encontrado na tabela de 
características das seções, disponibilizada anteriormente 
A = Área da figura 
𝑑𝑦 = Distância entre o eixo X do centróide da figura principal, com o 
eixo X do centróide da figura geométrica: 𝑑𝑦 = (𝑌𝑔 − 𝑌𝑓𝑖𝑔) 
𝑑𝑥 = Distância entre o eixo Y do centróide da figura principal, com o 
eixo Y do centróide da figura geométrica: 𝑑𝑥 = (𝑋𝑔 − 𝑋𝑓𝑖𝑔) 
 
Exemplo 01: 
 
Determine o momento de inércia, em relação aos eixos X e Y da 
seção a seguir: 
 
Fonte: Mecânica para Engenheiros – Hibbeler 
 
 
 
 
190 
Dados da tabela; 
 
Fonte: Autor 
 
Solução: 
Como já encontramos o centro de gravidade desta seção, não há a 
necessidade recalcular novamente, mas caso fosse uma nova seção, 
deveríamos encontrar o centro de gravidade primeiro, e depois aplicar os 
cálculos de momento de inércia. 
 
 
 
191 
 
Fonte: Autor 
Vamos utilizar a tabela que usamos para o cálculo do centro de 
gravidade, esta tabela é nos auxilia com as informações das figuras 
compostas que juntas formam a imagem principal. 
 
 Centróide/Centro de Massa 
Figuras área (cm2) xi (cm) yi (cm) X.A (cm3) Y.A (cm3) x g (cm) 
1 22,500 7,500 25,750 168,75 579,38 
7,500 
2 22,500 7,500 17,500 168,75 393,75 
3 78,540 7,500 5,000 589,05 392,70 y g (cm) 
 - - 
11,056 
Somatório 123,540 926,55 1.365,83 
Fonte: Autor 
 
Quando calculamos o centro de gravidade, informações como a 
área, x e y que constam na tabela, além das próprias coordenadas do 
centro de gravidade, serão utilizadas para o momento de inércia. 
 
 
192 
Vams calcular em cm, para que o número não fique muito extenso. 
 
Teorema dos eixos paralelos: 
 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥𝑔 + 𝐴. 𝑑𝑦2 
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦𝑔 + 𝐴. 𝑑𝑥2 
 
Figura 1) Retângulo superior horizontal: 
 
𝐼𝑋1
=
15.1,53
12
+ 22,5. (11,056 − 25,75)2 = 4.862,27 𝑐𝑚4 
 
𝐼𝑌1
=
1,5.153
12
+ 22,5. (7,5 − 7,5)2 = 421,87 𝑐𝑚4 
 
 
Figura 2) Retângulo vertical: 
 
𝐼𝑋2
=
1,5.153
12
+ 22,5. (11,056 − 17,5)2 = 1.356,19 𝑐𝑚4 
 
𝐼𝑌2
=
15.1,53
12
+ 22,5. (7,5 − 7,5)2 = 4,218 𝑐𝑚4 
 
Figura 3) Círculo. 
 
 
193 
𝐼𝑋3
=
𝜋. 54
4
+ 78,54. (11,056 − 5)2 = 3.371,34 𝑐𝑚4 
𝐼𝑌3
=
𝜋. 54
4
+ 78,54. (7,5 − 5)2 = 981,75 𝑐𝑚4 
 
 
𝐼𝑋 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐼𝑥1
+ 𝐼𝑥2
+ 𝐼𝑥3
 
 
𝐼𝑋𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
= 4.862,27 + 1.356,19 + 3.371,34 = 9.589,8 𝑐𝑚4 
 
 
𝐼𝑌 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐼𝑦1
+ 𝐼𝑦2
+ 𝐼𝑦3
 
 
𝐼𝑌𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
= 421,87 + 4,218 + 981,75 = 1.407,84 𝑐𝑚4 
 
 
Percebam a diferença dos momentos de inércia, podemos associar 
isso pela diferença em que os eixos X dos centróides das figuras estão em 
relação ao eixo X da figura principal, estão mais distantes, enquanto que os 
eixos Y estão mais próximos, por isso que o momento desta direção deu 
maior. 
 
Exemplo 02 
Dois perfis de 25 cm e 7,65 kg, são soldados a uma chapa de 30 cm X 2,5 
cm para formar a seção transversal de uma viga. Encontre a distância d 
para a qual os momentos de inércia em relação aos eixos que passam pelo 
 
 
194 
centróide sejam iguais, assim como os respectivos momentos principais de 
inércia. (cotas em cm). 
 
 
 
 
Fonte: Mecânica para Engenheiros – Hibbeler 
 
 
𝑌𝐺 = 
∑ 𝐴𝑦
∑ 𝐴
 
 
𝑌𝐺 =
(27,9.12,5). 2 + (75.26,25)
27,9.2 + 75
= 20,38 𝑐𝑚 
 
Vamos analisar o 𝐼𝑋, visto que o momento em X não necessita da distância 
compreendida como o “d” 
 
 
𝐼𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= 𝐼𝑥𝑔 + 𝐴. 𝑑𝑦2 
 
 
195 
 
𝐼𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= (2. (2613 + 27,9. (20,38 − 12,5)2)) + (
30.2,53
12
+ 75(20,38 − 26,25)2)
= 11.314,19 𝑐𝑚4 
 
 
𝐼𝑦𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= (2. (89,8 + 27,9. (1,605 +
𝑑
2
)
2
)) + (
2,5.303
12
+ 75(0 − 0)2) = 
 
𝐼𝑦𝑡𝑜𝑡𝑎
= 2. (89,8 + 27,9 (1,6052 + 2.1,605.
𝑑
2
+ (
𝑑
2
)
2
)) + 5625 
 
𝐼𝑦𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= 179,6 + 55,8(2,576 + 1,605𝑑 + 0,25𝑑2) + 5625 
 
𝐼𝑦𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= 13,95𝑑2 + 89,56𝑑 + 5948,34 
 
 
𝐼𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= 𝐼𝑦𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
 
 
11.314,19 = 13,95𝑑2 + 89,56𝑑 + 5948,34 
 
13,95𝑑2 + 89,56𝑑 − 5365,86 = 0 (𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 2º 𝑔𝑟𝑎𝑢) 
 
𝑑′ = 16,66 𝑐𝑚 
 
𝑑" = −19,66 𝑐𝑚 
 
Valor correto d= 16,66 cm196 
 
 
 
197 
 
 
 
 
Embora o estudo da Mecânica se tenha iniciado no tempo de 
Aristóteles (364-322 A. C.) e Arquimedes (287-212 A. C.), ela teve que esperar 
até Newton (1642-1727) para encontrar uma formulação satisfatória de seus 
princípios fundamentais e sua validade permaneceu imutável até Einstein 
(1905). Apesar de suas limitações terem sido reconhecidas, a mecânica 
newtoniana ainda permanece sendo a base das ciências atuais de 
Engenharia. 
Com base neste texto, pesquise em fontes fidedignas, sobre a 
evolução na mecânica através dos séculos e faça um breve resumo com 
as conclusões em que você chegou e considere também algumas 
aplicações que justifiquem o aprendizado destas três primeiras unidades. 
Nestes últimos capítulos, vimos aspectos importantes da mecânica, 
e o mais importante disso tentamos mostrar aquilo que vocês presenciam e 
vão presenciar no seu dia a dia no trabalho, portanto, procure na sua 
localidade, na sua empresa ou até mesmo em sua casa alguns sistemas 
mecânicos que estudamos nessas unidades e faça um breve relato 
procurando associar tudo aquilo que aprendemos a sua realidade 
cotidiana. 
 
 
 
 
 
Estudo de Caso 
 
 
198 
 
 
 
 
 
HIBBELER, R. C. Estática: mecânica para engenharia. 10. Ed. São Paulo: 
Pearson, 2005. 
MERIAM, J. L.; KRAIGE, L. G. Estática: mecânica para engenharia: volume 1. 
6. Ed Rio de Janeiro: LTC, 2009. 
BEER, Ferdinand P.; JOHNSTON, Jr., E. Russell. Mecânica Vetorial para 
engenheiros: estática. 5 ed. Ver. São Paulo: Pearson, 1994. 
SILVA, Larissa. Mecânica estática. São Paulo: Pearson Prentice Hall. 2011 
(BV). 
SHAMES, I. H., Estática: mecânica para engenharia. 4. Ed. São Paulo: Ed. 
Prentice Hall, 2002. V.1. (BV) 
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Referências Bibliográficas