PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2

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PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.a Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Olá, seja bem-vindo(a) a esta aula. Nela, vamos introduzir o conceito de 
diagrama de corpo livre (DCL) para uma partícula e resolver problemas de 
equilíbrio de uma partícula aplicando as leis de equilíbrio. Além disso, veremos 
o que é o momento de uma força e momento de um binário. 
Ao final da aula, você estará apto a compreender, identificar e representar 
as forças e momentos atuantes em problemas simples e em situações práticas 
da estática. 
TEMA 1 – EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA 
Como já mencionamos, esta disciplina dedica-se ao estudo da mecânica 
de corpos em repouso (estáticos) quando sujeitos à ação de forças; ou seja, trata 
do equilíbrio desses corpos. Um exemplo simples é mostrado na Figura 1, em 
que um conjunto de pedras devidamente posicionadas está em equilíbrio. 
Figura 1 – Conjunto de pedras em equilíbrio 
 
Créditos: Aleksandr Simonov/Shutterstock. 
Sabemos que um corpo está em equilíbrio se a Primeira Lei de Newton 
for aplicada e satisfeita. Matematicamente, a força resultante que atua sobre o 
corpo deve ser igual a zero; ou seja, a soma de todas as forças deve produzir 
um vetor resultante de força nula. 
∑ 𝑭 = 𝟎 (1) 
1.1 Diagrama de corpo livre (DCL) 
Para aplicar a Equação 1, chamada equação de equilíbrio, devemos 
representar todas as forças conhecidas e desconhecidas que atuam sobre a 
 
 
3 
partícula. Isso pode ser feito se isolarmos a partícula de seu entorno e 
identificarmos as forças que atuam nela, ou seja, desenhando um DCL. 
Um corpo pode estar preso ou ligado à parede ou ao chão/teto com 
elementos como cabos, cordas, hastes, molas, entre outros (Figura 2). 
Figura 2 – Viga suspensa por cabos de aço 
 
Créditos: Alksandr Simonov/Shutterstock. 
A representação da força que esses elementos produzem é simples. 
Temos que desenhar uma força com a mesma direção (ângulo) desses 
elementos e o sentido conforme o problema analisado. Especificamente, os 
cabos e cordas resistem apenas a forças de tração, pois à compressão, em 
geral, são muito flexíveis. Os demais elementos citados (hastes e molas) podem 
suportar cargas dos dois tipos, tração e compressão. 
Vamos ao exemplo para compreender um pouco melhor como se 
desenha o DCL e considerar os elementos de fixação citados anteriormente. 
Exemplo 1: desenhe o DCL da esfera apresentada na figura, sabendo 
que ela tem massa de 6 kg. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
4 
Solução: o objetivo desse exemplo é representar as forças que atuam 
sobre nossa partícula, no caso, a esfera. A primeira coisa a pensar é: como essa 
esfera está presa? Quais elementos a mantêm na posição mostrada na figura? 
Observe a figura e note que a esfera está presa a uma corda que a liga à 
parede no ponto A e a uma mola que a liga à parede no ponto D. Os dois 
elementos mantêm a esfera na posição. Portanto, para desenhar o DCL, vamos 
considerar o nó que conecta estes três elementos: corda, mola e esfera. Este 
é o nó C. 
O primeiro passo ao desenhar um DCL é justamente compreender as 
forças envolvidas sobre o corpo. Logo, nesse exemplo temos que considerar a 
força que a esfera, o cabo e a mola produzem. Portanto, podemos iniciar 
desenhando somente essas três forças na direção em que os elementos estão 
no problema. Ou seja: 
 
Note que ainda não atribuímos o sentido para essas forças. Vamos pensar 
nisso agora. Se a esfera não estivesse presa aos elementos mostrados, ela 
tenderia a cair na direção vertical e com sentido para baixo. Sabendo disso, 
podemos representar a força que a esfera produz como uma força na direção 
vertical como mostrado e com sentido para baixo. Essa força é determinada por: 
𝐹 = 𝑚. 𝑔 = 6.9,81 = 58,86 𝑁 
 
A corda é um elemento que resiste a apenas cargas de tração, então o 
sentido da força sobre ela deve produzir esse efeito. Portanto, devemos 
desenhar o sentido saindo do nó C para o nó B. Vamos chamá-la de 𝐹𝐶𝐵. 
 
 
5 
 
Analisando a mola, ela está ali a fim de evitar que a esfera se desloque 
para o lado esquerdo, por isso ela faz força contrária para o lado direito – esta é 
uma forma de pensar. A outra forma de descrever o sentido dessa força é 
analisando o equilíbrio das forças. Sabemos que a força 𝐹𝐶𝐵 tem componente 
em x apontada para esquerda; logo, para manter o equilíbrio do sistema, temos 
que apontar a força da mola para o lado direito, saindo do nó C e para o nó D. 
 
No decorrer desta disciplina, faremos muitos DCLs, pois são a base para 
determinar as forças nos elementos estruturais. Se você não souber o sentido 
correto da força, insira um dos dois sentidos possíveis. A única perda é que, para 
um sentido errado, a força calculada terá o sinal negativo e, assim, você já 
saberá que atribui o sentido incorreto à força. Corrija o sentido e o sinal da força, 
e continue a desenvolver os cálculos. 
1.2 Sistemas de forças coplanares 
Podemos determinar facilmente as forças atuantes numa partícula 
submetida a um sistema de forças coplanares (no mesmo plano). Seguimos um 
processo semelhante ao trabalhado em conteúdos anteriores, porém naquele 
problema a força resultante podia assumir valores diferentes de zero. 
Como visto na Equação 1, para atingir o equilíbrio, a força resultante deve 
ser igual a zero; ou seja, suas componentes x e y do plano x-y devem ser iguais 
a zero. Assim, temos na forma vetorial que: 
∑ 𝐹𝑥𝒊 + ∑ 𝐹𝑦𝒋 = 𝟎 (2) 
Na forma escalar, temos: 
 
 
6 
∑ 𝐹𝑥 = 0 (3𝑎) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 (3𝑏) 
Observe que essas duas equações podem ser resolvidas para no máximo 
duas incógnitas, como forças e/ou ângulos. Vamos aos exemplos para aplicar 
essas equações de equilíbrio. 
Exemplo 2: para o Exemplo 1, determine a intensidade das forças 𝐹𝐶𝐵 e 
𝐹𝐶𝐷. 
Solução: como já obtivemos o DCL desse exercício, que foi a etapa 
abordada anteriormente, vamos direto para a construção das Equações 3a e 3b. 
Como a força 𝐹𝐶𝐵 é inclinada, sabemos que ela deve ser decomposta nos eixos 
x e y. A seguinte figura mostra as componentes dessa força e as demais forças 
a serem consideradas no cálculo: 
 
Aplicando as Equações 3a e 3b, respectivamente, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −𝐹𝐶𝐵. 𝑐𝑜𝑠60 + 𝐹𝐶𝐷 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝐹𝐶𝐵. 𝑠𝑒𝑛60 − 58,86 = 0 
Lembre-se que o sinal é positivo em x para as forças apontadas para 
direita, e em y, para as forças apontadas para cima. 
Obs. Se ficou com dúvida sobre a decomposição da força com a aplicação 
das relações trigonométricas de seno ou cosseno, relembre os conteúdos 
anteriores – o macete (enCOSta). 
Da equação ∑ 𝐹𝑦 = 0, podemos obter a força 𝐹𝐶𝐵. Para isso, temos que 
isolá-la. Faremos isso em duas etapas: a primeira é passar o −58,86 para o outro 
lado da igualdade trocando o sinal: 
𝐹𝐶𝐵 . 𝑠𝑒𝑛60 = 58,86 
A segunda é passar o 𝑠𝑒𝑛60 que está multiplicando a força 𝐹𝐶𝐵 para o 
outro lado da igualdade dividindo: 
 
 
7 
𝐹𝐶𝐵 =
58,86
𝑠𝑒𝑛60
 
O resultado é 𝐹𝐶𝐵 = 67,97 𝑁. Lembre-se de deixar sua calculadora em 
graus para efetuar o cálculo. 
Podemos substituir o valor anterior na equação ∑ 𝐹𝑥 = 0; ou seja, no lugar 
da força 𝐹𝐶𝐵, vamos inserir o valor dela, que é 67,97 N: 
−67,97 . 𝑐𝑜𝑠60 + 𝐹𝐶𝐷 = 0 
−33,98 + 𝐹𝐶𝐷 = 0 
Passando o −33,98 para o outro lado da igualdade, ficamos com: 
𝐹𝐶𝐷 = 33,98 𝑁 
Veja como é um procedimento simples. A partir de agora resolveremos 
uma série de exercícios que envolvem esse conceito. Vamos praticar mais um 
pouco com outros exemplos. 
Exemplo 3: determine as forças nos cabos BA e BC necessárias para 
sustentar o cilindro de 60 kg mostrado na figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o primeiro passo é construir o DCL. Faça as seguintes 
perguntas: Qual é o objeto que estamos analisando (que está sendo 
sustentado)? Quais elementos mantêm esse objeto em equilíbrio?E qual é o nó 
que mantém esses elementos unidos? 
Pelo enunciado, sabemos que o objeto sustentado é o cilindro de 60 kg e 
que os cabos BA e BC o mantêm na posição de equilíbrio. Pela figura, notamos 
que o nó B une esses elementos (peso e cabos); logo, podemos desenhar a 
direção das forças sobre eles: 
 
 
8 
 
Note que a inclinação do cabo BA é dada pelo triângulo. Já trabalhamos 
com esse tipo de representação anteriormente. 
Como já discutimos no Exemplo 1, a massa produz uma força peso com 
sentido para baixo. Nesse exemplo, a força peso é dada por: 
𝐹 = 𝑚. 𝑔 = 60.9,81 = 588,6 𝑁. 
Vimos que os cabos suportam apenas forças de tração; logo, as forças 
atuantes em ambos os cabos são desenhadas para produzir esse efeito. Ou seja, 
a força no cabo BA está no sentido de B para A, e a força no cabo BC está no 
sentido de B para C. O DCL desse exemplo é representado a seguir: 
 
Agora é só aplicar as Equações 3a e 3b, descritas, respectivamente, 
assim: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −𝐹𝐵𝐴.
4
5
+ 𝐹𝐵𝐶 . 𝑐𝑜𝑠45 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝐹𝐵𝐴.
3
5
+ 𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛45 − 588,6 = 0 
Temos um sistema linear de equações com duas equações e duas 
incógnitas. Podemos escolher uma das duas equações (a mais simples) e isolar 
uma das duas incógnitas. Escolhendo a primeira equação e isolando a força 𝐹𝐵𝐶, 
ficamos com: 
𝐹𝐵𝐶 . 𝑐𝑜𝑠45 = 𝐹𝐵𝐴.
4
5
 
𝐹𝐵𝐶 . 𝑐𝑜𝑠45 = 𝐹𝐵𝐴. 0,8 
 
 
9 
𝐹𝐵𝐶 =
𝐹𝐵𝐴. 0,8
𝑐𝑜𝑠45
 
Agora temos que substituir esse resultado na segunda equação; ou seja, 
no lugar da força 𝐹𝐵𝐶, vamos inserir o resultado 
𝐹𝐵𝐴.0,8
𝑐𝑜𝑠45
: 
𝐹𝐵𝐴.
3
5
+
𝐹𝐵𝐴. 0,8
𝑐𝑜𝑠45
. 𝑠𝑒𝑛45 − 588,6 = 0 
Como o 𝑠𝑒𝑛45 é igual ao 𝑐𝑜𝑠45, podemos cortar esses termos da 
equação: 
𝐹𝐵𝐴. 0,6 +
𝐹𝐵𝐴. 0,8
𝑐𝑜𝑠45
. 𝑠𝑒𝑛45 − 588,6 = 0 
𝐹𝐵𝐴. 0,6 + 𝐹𝐵𝐴. 0,8 − 588,6 = 0 
Deixando 𝐹𝐵𝐴 em evidência e passando o −588,6 para o outro lado da 
igualdade, trocando o sinal, ficamos com: 
𝐹𝐵𝐴. (0,6 + 0,8) = 588,6 
𝐹𝐵𝐴. 1,4 = 588,6 
𝐹𝐵𝐴 =
588,6
1,4
 
Portanto, a força no cabo BA é 𝐹𝐵𝐴 = 420,43 𝑁. Substituindo o valor para 
obter a força 𝐹𝐵𝐶, temos: 
𝐹𝐵𝐶 =
420,43.0,8
𝑐𝑜𝑠45
 
Por conseguinte, o resultado da força no cabo BC é 𝐹𝐵𝐶 = 475,66 𝑁. 
Para fechar este tema, vamos fazer um exercício que envolve mola, cuja 
rigidez é um dado importante na sua resolução. 
Exemplo 4: determine o comprimento da corda AC de modo que a 
luminária de 8 kg seja suspensa na posição mostrada na figura. O comprimento 
não deformado da mola é de 0,4 m (antes da aplicação da força), e sua rigidez 
é 𝑘𝐴𝐵 = 300 𝑁/𝑚. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
10 
Solução: o início desse exercício se assemelha aos Exemplos 1 e 2, visto 
que o DCL é praticamente o mesmo; ou seja, devemos seguir o mesmo 
raciocínio para obter o DCL desse problema. A força peso da luminária é 𝑃 =
8.9,81 = 78,48 𝑁. O DCL é representado na seguinte figura: 
 
Aplicando as Equações 3a e 3b, vamos obter as forças 𝐹𝐴𝐵 e 𝐹𝐴𝐶: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −𝐹𝐴𝐶 . 𝑐𝑜𝑠30 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝐹𝐴𝐶 . 𝑠𝑒𝑛30 − 78,48 = 0 
De forma direta, podemos obter o valor da força 𝐹𝐴𝐶 com a segunda 
equação: 
𝐹𝐴𝐶 . 𝑠𝑒𝑛30 = 78,48 
𝐹𝐴𝐶 =
78,48
𝑠𝑒𝑛30
 
𝐹𝐴𝐶 = 156,96 𝑁 
Substituindo o valor da força 𝐹𝐴𝐶 na primeira equação, ficamos com: 
−156,96 . 𝑐𝑜𝑠30 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 
𝐹𝐴𝐵 = 156,96 . 𝑐𝑜𝑠30 
𝐹𝐴𝐵 = 135,93 𝑁 
Mesmo com os resultados das duas forças, ainda não finalizamos o 
exemplo, pois ele solicita o comprimento da corda AC. Para determiná-lo, é 
necessário, antes, descobrir o comprimento da mola esticada por conta da força. 
Sabemos que, pela Lei de Hooke, temos uma relação entre a força e o 
deslocamento, 𝛿, da mola, dada por: 
𝐹 = 𝑘. 𝛿 (5) 
Sendo 𝑘 a constante de rigidez da mola. Aplicando a equação no exemplo 
em tela, sabemos que a mola tem uma rigidez de 300 N/m e que a força atuante 
nela é 𝐹𝐴𝐵 = 135,93 𝑁. Portanto, calculamos o deslocamento da mola por: 
𝛿𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵
𝑘𝐴𝐵
=
135,93 
300
 
A solução da divisão resulta em 𝛿𝐴𝐵 = 0,453 𝑚. 
 
 
11 
O enunciado menciona que o comprimento não deformado da mola é de 
0,4 m, ou seja, o comprimento inicial da mola, 𝐿𝑖, sem aplicação da força. O 
comprimento final da mola, 𝐿𝑓, pode ser obtido se somarmos o comprimento 
inicial com o deslocamento provocado pela aplicação da força. Ou seja: 
𝐿𝑓 = 𝐿𝑖 + 𝛿𝐴𝐵 
𝐿𝑓 = 0,4 + 0,453 
Logo, o comprimento final da mola é 𝐿𝑓 = 0,853 𝑚. 
Na figura, temos que, do ponto C ao ponto B, há um vão de 2 𝑚. Como o 
comprimento final da mola é de 0,853 𝑚 (que equivale à distância entre o ponto 
A e B), do ponto A ao ponto C temos a seguinte distância: 
𝐴𝐶 = 2 − 0,853 
𝐴𝐶 = 1,147 𝑚 
Por trigonometria, podemos obter o comprimento do cabo AC 
considerando o seguinte triângulo: 
 
Note que o comprimento da corda, 𝐿𝐴𝐶, é a hipotenusa do triângulo, ℎ, e 
a medida da distância 𝐴𝐶 é o cateto adjacente, 𝑐𝑎 (que está encostando no 
ângulo de 30°); portanto, devemos utilizar a relação do cosseno para obter 𝐿𝐴𝐶: 
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
𝑐𝑎
ℎ
 
𝑐𝑜𝑠30 =
1,147
𝐿𝐴𝐶
 
𝐿𝐴𝐶 =
1,147
𝑐𝑜𝑠30
 
Logo, 𝐿𝐴𝐶 = 1,32 𝑚. 
Neste tema aprendemos como desenhar DCLs com elementos de fixação 
simples e como aplicar as equações de equilíbrio em problemas bidimensionais. 
No próximo tema, evoluiremos nosso conhecimento e aplicaremos essas ideias 
em problemas tridimensionais. 
 
 
 
12 
TEMA 2 – SISTEMAS DE FORÇAS TRIDIMENSIONAIS 
Em sistemas de forças tridimensionais, podemos decompor as forças em 
suas componentes 𝒊, 𝒋 e 𝒌, de modo que o equilíbrio seja satisfeito se: 
∑ 𝐹𝑥𝒊 + ∑ 𝐹𝑦𝒋 + ∑ 𝐹𝑧𝒌 = 𝟎, ou (6) 
∑ 𝐹𝑥 = 0 , (7𝑎) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 e (7𝑏) 
∑ 𝐹𝑧 = 0 (7𝑐) 
Exemplo 5: determine a força em cada cabo usado para sustentar a caixa 
de 40 kN mostrada na figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: seguindo o mesmo procedimento adotado nos exemplos 
anteriores para construir o DCL, vamos obter o DCL para o problema em tela: 
 
Precisamos obter o vetor posição 𝒓𝐴𝐵 e 𝒓𝐴𝐶. Para isso, vamos aplicar o 
conceito visto anteriormente. Também precisamos da posição dos pontos 𝐴, 𝐵 e 
𝐶: 
 
 
13 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} 𝑚, 
𝒓𝐵 = {−3𝒊 − 4𝒋 + 8𝒌} 𝑚 e 
𝒓𝐶 = {−3𝒊 + 4𝒋 + 8𝒌} 𝑚. 
Não precisamos do vetor posição 𝒓𝐴𝐷, pois sabemos que a força 𝑭𝐴𝐷 tem 
componente somente na direção x. Os vetores posição são dados por: 
𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {(−3 − 0)𝒊 + (−4 − 0)𝒋 + (8 − 0)𝒌} = {−3𝒊 − 4𝒋 + 8𝒌} 𝑚 e 
𝒓𝐴𝐶 = 𝒓𝐶 − 𝒓𝐴 = {(−3 − 0)𝒊 + (4 − 0)𝒋 + (8 − 0)𝒌} = {−3𝒊 + 4𝒋 + 8𝒌} 𝑚. 
Em conteúdos anteriores vimos como projetar uma força numa dada 
direção com a Equação 12a. Aplicando essa equação ao exemplo, temos: 
𝑭 = 𝐹𝒖 = 𝐹 (
𝒓
𝑟
) 
𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝐴𝐵 (
𝒓𝐴𝐵
𝑟𝐴𝐵
) = 𝐹𝐴𝐵 (
{−3𝒊 − 4𝒋 + 8𝒌}
√(−3)2 + (−4)2 + 82
) = 𝐹𝐴𝐵 (
{−3𝒊 − 4𝒋 + 8𝒌}
9,43
) 
𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝐴𝐵{−0,318𝒊 − 0,424𝒋 + 0,848𝒌} 𝑘𝑁 ou 
𝑭𝐴𝐵 = {−0,318𝐹𝐴𝐵𝒊 − 0,424𝐹𝐴𝐵𝒋 + 0,848𝐹𝐴𝐵𝒌} 𝑘𝑁 
Aplicando o mesmo procedimento nas forças 𝑭𝐴𝐶, temos: 
𝑭𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐶 (
𝒓𝐴𝐶
𝑟𝐴𝐶
) = 𝐹𝐴𝐶 (
{−3𝒊 + 4𝒋 + 8𝒌}
√(−3)2 + 42 + 82
) = 𝐹𝐴𝐶 (
{−3𝒊 + 4𝒋 + 8𝒌}
9,43
) 
𝑭𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐶{−0,318𝒊 + 0,424𝒋 + 0,848𝒌} 𝑁 ou 
𝑭𝐴𝐶 = {−0,318𝐹𝐴𝐶𝒊 + 0,424𝐹𝐴𝐶𝒋 + 0,848𝐹𝐴𝐶𝒌} 𝑘𝑁 
A força 𝑭𝐴𝐷 pode ser escrita assim: 
𝑭𝐴𝐷 = {𝐹𝐴𝐷𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} 𝑘𝑁 
Sabemos que a caixa é uma força na direção z com intensidade de 40 kN; 
ou seja, 𝑷 = {0𝒊 + 0𝒋 − 40𝒌} 𝑘𝑁. Logo, para obtermos as forças nos cabos, 
temos que aplicar as Equações 7a, 7b e 7c; ou seja, temos que somar cada 
componente dos quatro vetores de força do problema (𝑭𝐴𝐵, 𝑭𝐴𝐶 , 𝑭𝐴𝐷 e 𝑷). Logo: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −0,318𝐹𝐴𝐵 − 0,318𝐹𝐴𝐶 + 𝐹𝐴𝐷 + 0 = 0, 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; −0,424𝐹𝐴𝐵 + 0,424𝐹𝐴𝐶 + 0 + 0 = 0 e 
∑ 𝐹𝑧 = 0 ; 0,848𝐹𝐴𝐵 + 0,848𝐹𝐴𝐶 + 0 − 40 = 0 
Note que temos um sistema linear de equações com três equações e três 
incógnitas.Da segunda equação podemos isolar a força 𝐹𝐴𝐶; logo, ficamos com: 
0,424𝐹𝐴𝐶 = 0,424𝐹𝐴𝐵 
𝐹𝐴𝐶 =
0,424𝐹𝐴𝐵
0,424
=
0,424𝐹𝐴𝐵
0,424
 
 
 
14 
𝐹𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐵. 
Como essas duas forças são iguais, podemos substituir 𝐹𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐵 na 
terceira equação, ficando: 
0,848𝐹𝐴𝐵 + 0,848𝐹𝐴𝐵 + 0 − 40 = 0 
0,848𝐹𝐴𝐵 + 0,848𝐹𝐴𝐵 = 40 
𝐹𝐴𝐵(0,848 + 0,848) = 40 
𝐹𝐴𝐵 . 1,696 = 40 
𝐹𝐴𝐵 =
40
1,696
 
Portanto, 𝐹𝐴𝐵 = 23,58 𝑘𝑁. Note que esse também é o resultado da força 
𝐹𝐴𝐶 (𝐹𝐴𝐶 = 23,58 𝑘𝑁). 
Substituindo os resultados das forças 𝐹𝐴𝐵 e 𝐹𝐴𝐶 na primeira equação, 
ficamos com: 
−0,318.23,58 − 0,318.23,58 + 𝐹𝐴𝐷 + 0 = 0 
−7,5 − 7,5 + 𝐹𝐴𝐷 = 0 
−15 + 𝐹𝐴𝐷 = 0 
𝐹𝐴𝐷 = 15 𝑘𝑁 
É fácil notar que problemas tridimensionais são mais complexos e 
trabalhosos, porém correspondem à maior parte dos problemas reais. Vamos 
praticar com mais um exemplo. 
Exemplo 6: o gancho mostrado na figura carrega uma carga de 90 N. 
Dois cabos e uma mola, com rigidez igual a 500 N/m, suportam essa carga. 
Determine a força desses elementos considerando o equilíbrio estático do 
sistema e o alongamento da mola (𝛿). Note que o cabo AB está no plano x-y, e 
o cabo AC, no plano x-z. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
15 
Solução: o primeiro passo é desenhar o DCL do sistema. Vamos seguir 
o mesmo processo descrito anteriormente para construí-lo. Portanto, o DCL fica 
da seguinte forma: 
 
Note que esse exemplo não forneceu a posição dos pontos B, C e D, mas 
podemos obter as componentes das forças nos eixos de seus respectivos 
planos. A seguinte figura mostra as componentes das forças 𝑭𝐴𝐷 e 𝑭𝐴𝐶 . Assim 
fica mais fácil descrever esses vetores de força. 
 
A força 𝑭𝐴𝐶 se localiza no plano x-z, logo, tem uma componente em x e 
uma componente em z, e a componente em y é nula. Logo: 
𝑭𝐴𝐶 = {−𝐹𝐴𝐶
4
5
𝒊 + 0𝒋 + 𝐹𝐴𝐶
3
5
𝒌} 𝑁 
A força 𝑭𝐴𝐷 está no plano x-y, logo sua componente no eixo z é nula. 
Portanto, podemos escrevê-la assim: 
𝑭𝐴𝐷 = {𝐹𝐴𝐷𝑠𝑒𝑛30𝒊 − 𝐹𝐴𝐷𝑐𝑜𝑠30𝒋 + 0𝒌} 𝑁 
A força 𝑭𝐴𝐵 está na direção do eixo y, logo, só tem componente nesse 
eixo, e a força de 90 N está na direção z, portanto só tem componente nessa 
direção. Esses vetores podem ser descritos assim: 
 
 
16 
𝑭𝐴𝐵 = {0𝒊 + 𝐹𝐴𝐵𝒋 + 0𝒌} 𝑁 e 
𝑭 = {0𝒊 + 0𝒋 − 90𝒌} 𝑁 
Com esses vetores de força, podemos aplicar as Equações 7a, 7b e 7c a 
fim de determinar a intensidade dessas forças. Assim, temos que: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −𝐹𝐴𝐶
4
5
+ 𝐹𝐴𝐷𝑠𝑒𝑛30 = 0, 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; −𝐹𝐴𝐷𝑐𝑜𝑠30 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 e 
∑ 𝐹𝑧 = 0 ; 𝐹𝐴𝐶
3
5
− 90 = 0 
Novamente nos deparamos com um sistema linear de equações e três 
incógnitas. Com a terceira equação, podemos obter o valor da força 𝐹𝐴𝐶 assim: 
𝐹𝐴𝐶
3
5
= 90 
𝐹𝐴𝐶 =
90.5
3
, portanto, 𝐹𝐴𝐶 = 150 𝑁 
Substituindo o resultado da força 𝐹𝐴𝐶 na primeira equação, ficamos com: 
−150
4
5
+ 𝐹𝐴𝐷𝑠𝑒𝑛30 = 0 
𝐹𝐴𝐷𝑠𝑒𝑛30 = 150
4
5
 
𝐹𝐴𝐷𝑠𝑒𝑛30 = 120 
𝐹𝐴𝐷 =
120
𝑠𝑒𝑛30
, logo, 𝐹𝐴𝐷 = 240 𝑁 
Substituindo o resultado da força 𝐹𝐴𝐷 na segunda equação, ficamos com: 
−240𝑐𝑜𝑠30 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 
𝐹𝐴𝐵 = 240𝑐𝑜𝑠30, consequentemente, 𝐹𝐴𝐵 = 207,85 𝑁 
Para obter o alongamento da mola, basta aplicar a Lei de Hooke, vista na 
Equação 5. Assim, temos: 
𝐹𝐴𝐵 = 𝑘. 𝛿 
𝛿 =
𝐹𝐴𝐵
𝑘
=
207,85
500
, portanto, 𝛿 = 0,416 𝑚 
Saiba mais 
No Capítulo 3.4 do nosso livro-texto, você encontrará outros exemplos e 
muitos exercícios aplicados para praticar. Não deixe de conferi-los, pois 
certamente te ajudarão a compreender melhor esse conteúdo. 
 
 
17 
TEMA 3 – MOMENTO DE UMA FORÇA: FORMULAÇÃO ESCALAR 
Se uma força for aplicada a um corpo e ela produzir um efeito de rotação 
do corpo em torno de um ponto, ela pode ser chamada de torque, mas 
normalmente é denominada momento. Alguns exemplos práticos desse tipo de 
efeito são observados se você fizer força numa chave de boca, ou fenda, ou allen 
etc. para apertar ou soltar um parafuso, como mostra a Figura 3. 
Figura 3 – Exemplo de um momento aplicado para apertar um parafuso 
 
Créditos: Smile Fight/Shutterstock. 
A força que aplicamos provoca uma rotação da ferramenta, gerando um 
momento (torque). Se você abrir a torneira, o mesmo efeito ocorre. A força 
aplicada provoca o giro da torneira em torno do centro dela. 
A intensidade do momento é proporcional à intensidade da força aplicada 
e à distância perpendicular (90°) entre a força e o ponto de giro (Figura 4). Essa 
distância é comumente chamada braço de momento (𝑑). 
Figura 4 – Momento de uma força 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
18 
Como há essa proporcionalidade, concluímos que, quanto maior a força 
ou maior o braço de momento, maior será o momento (ou torque) aplicado. 
𝑀 = 𝐹. 𝑑. (8) 
Como a força é uma grandeza vetorial, o momento também é. Logo, ele 
tem uma intensidade (módulo), uma direção e um sentido. A direção é 
perpendicular ao plano que contém a força; ou seja, analisando a Figura 1, a 
força se aplica no plano x-y, portanto a rotação é no eixo z, como indica a seta 
do giro. O sentido do momento é definido pelo sentido do giro, podendo ser 
horário ou anti-horário. Pela convenção de sinais, assumimos que o momento 
no sentido anti-horário é positivo. Isso vai nos ajudar especialmente em casos 
que envolvem muitos momentos. Vamos praticar alguns exemplos mais simples 
inicialmente. 
Exemplo 7: determine o momento da força em relação ao ponto O para 
cada caso ilustrado nas figuras. 
(a) 
 
(b) 
 
(c) 
 
(d) 
 
 
19 
 
(e) 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: em todos os casos, a principal característica que precisamos 
analisar é a distância entre a força e o ponto de giro (ponto O), lembrando que a 
distância a ser considerada deve ser perpendicular à força. 
A solução da Figura (a) é simples. Aplicando a Equação 8, temos: 
𝑀𝑂 = −100.2 = −200 𝑁. 𝑚 
Note que o sinal é negativo, pois o sentido de giro do objeto é horário, 
como é possível ver na figura “sombreada”. 
Na figura (b), duas cotas mostram a distância horizontal e vertical da força 
em relação ao ponto O. Há um macete para não errar a distância a ser utilizada. 
Se a força estiver na direção x (horizontal), devemos utilizar a distância em y 
(vertical) entre a força e o ponto; se a força estiver na direção y (vertical), 
devemos utilizar a distância em x (horizontal) entre a força e o ponto. 
Aplicando o “macete” no problema da figura (b), temos que a força está 
na direção horizontal; logo, a distância que vamos considerar é 0,75 m, que está 
na vertical, separando o ponto O do ponto de aplicação da força: 
 
𝑀𝑂 = −50.0,75 = −37,5 𝑁. 𝑚 
 
 
20 
Novamente, o sinal é negativo, pois o sentido de giro do objeto é horário. 
Aplicando o “macete” na Figura (c), temos que ela está na direção vertical; logo, 
temos que considerar a distância horizontal entre o ponto O e o ponto de 
aplicação da força, conforme segue: 
 
Note que a distância é 4 m + 2cos30 m, cujo último termo é obtido por 
trigonometria, conforme o triângulo gerado pela inclinação da barra. Portanto, o 
momento que a força de 40 kN provoca em relação ao ponto O é dado por: 
𝑀𝑂 = −40. (4 + 2𝑐𝑜𝑠30) = −40.5,732 = −229,28 𝑘𝑁. 𝑚 
O problema apresentado na Figura (d) é se assemelha ao da Figura (b); 
a diferença básica é que a força está com outro sentido e que a barra tem uma 
inclinação. Novamente, temos uma força na direção horizontal; logo, temos que 
considerar a distância vertical entre essa força e o ponto O, como mostra a figura 
a seguir: 
 
Note que a distância entre a força e o ponto O é 1sen45 (valor obtido por 
trigonometria aplicada ao triângulo gerado pela inclinação da barra). Assim, o 
momento é dado por: 
𝑀𝑂 = 60.1𝑠𝑒𝑛45 = 42,43 𝑘𝑁. 𝑚 
Conforme a imagem sombreada, o momento provocado pela força de 
60 kN faz a barra girar no sentido anti-horário, por isso o resultado é positivo.Para concluir esta primeira etapa com os exemplos mais básicos de 
momento, vamos obter o momento provocado pela força de 7 kN na Figura (e). 
Como a força está na horizontal, precisamos da distância vertical entre essa 
força e o ponto O, conforme a figura a seguir: 
 
 
21 
 
Note que a distância entre o ponto O e o topo do objeto é 4 m, e a distância 
entre o topo do objeto e a força é 1 m; logo, a distância entre a força de 7 kN e 
o ponto O é 4 m – 1 m = 3 m. Assim, o momento é dado por: 
𝑀𝑂 = 7.3 = 21 𝑘𝑁. 𝑚 
Importante: o sinal do momento se relaciona somente com o sentido do 
giro, ou seja, não se liga ao sentido da força. Sempre será necessário analisar o 
sentido da rotação provocada pela força. 
3.1 Momento resultante 
Em problemas com mais de um momento aplicado à estrutura, podemos 
calcular o momento resultante de todas as forças. Se os momentos aplicados 
estiverem todos no mesmo plano (problema bidimensional), o momento 
resultante é obtido com a simples soma de todos os momentos. Ou seja: 
𝑀𝑅 = ∑ 𝐹. 𝑑 (9) 
Exemplo 8: determine o momento resultante das quatro forças aplicadas 
na barra mostrada na figura em relação ao ponto O: 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
22 
Solução: para o cálculo, podemos considerar as forças da esquerda para 
direita para manter uma certa ordem. Vamos utilizar o “macete” aplicado nos 
exemplos anteriores para resolver este exemplo. 
A força de 50 N é vertical e está a uma distância horizontal de 2 m do 
ponto O. Se analisarmos somente o efeito que essa força provoca naquele 
pedaço da barra, temos a seguinte situação: 
 
Note que a tendência de giro é no sentido horário. Portanto, o momento 
dessa força é dado por: 
𝑀𝑂1 = −50.2 = −100 𝑁. 𝑚 
A força de 60 N está na horizontal. Logo, temos que tomar a distância 
vertical entre essa força e o ponto O, porém essa força está na mesma linha que 
o ponto O; ou seja, não tem distância vertical. Logo, o momento provocado por 
essa força é: 
𝑀𝑂2 = 60.0 = 0 𝑁. 𝑚 
A força de 20 N está na horizontal; logo, a distância vertical entre essa 
força e o ponto O é representada na figura (𝑑3): 
 
A distância 𝑑3 pode ser calculada por trigonometria se analisarmos o 
triângulo verde da figura. Note que 𝑑3 corresponde ao cateto oposto (𝑐𝑜) e que 
3 m corresponde à hipotenusa do triângulo (ℎ). Logo, a relação trigonométrica 
que contém o cateto oposto e a hipotenusa é: 
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
𝑐𝑜
ℎ
 
𝑠𝑒𝑛30 =
𝑑3
3
 
 
 
23 
𝑑3 = 𝑠𝑒𝑛30.3 = 1,5 𝑚 
O momento provocado pela força de 20 N é: 
𝑀𝑂3 = 20.1,5 = 30 𝑁. 𝑚 
Note que o sentido do giro é anti-horário. Sempre busque analisar o 
sentido da força em relação ao ponto e que rotação essa força vai gerar na 
estrutura. 
A força de 40 N é vertical; logo, a distância a ser considerada é a distância 
horizontal entre essa força e o ponto O, conforme a figura: 
 
Foram definidos os pontos A e B na figura a fim de representar a distância 
horizontal entre esses pontos (𝑑𝐴𝐵). Essa distância corresponde ao cateto 
adjacente do triângulo verde; logo, a relação trigonométrica que contém o cateto 
adjacente e a hipotenusa é: 
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
𝑐𝑎
ℎ
 
𝑐𝑜𝑠30 =
𝑑𝐴𝐵
3
 
𝑑𝐴𝐵 = 𝑐𝑜𝑠30.3 = 2,60 𝑚 
Com essa distância, podemos determinar a distância total entre o ponto 
O e a força de 40 N; do ponto O ao ponto A temos 4 m; e do ponto A ao ponto B 
temos 2,6 m. Logo, a distância total é 𝑑4 = 4 + 2,6 = 6,6 𝑚. 
O momento provocado pela força de 40 N é calculado por: 
𝑀𝑂4 = −40.6,6 = −264 𝑁. 𝑚 
Concluindo o exemplo, temos que determinar o momento resultante. Para 
isso, basta somar todos os momentos calculados (Equação 9). Assim, temos: 
𝑀𝑅 = 𝑀𝑂1 + 𝑀𝑂2 + 𝑀𝑂3 + 𝑀𝑂4 
𝑀𝑅 = −100 + 0 + 30 − 264 = −334 𝑁. 𝑚 
 
 
24 
3.2 Princípio dos momentos 
O princípio dos momentos é muito utilizado nos estudos da mecânica, 
também chamado de Teorema de Varignon. Ele estabelece que o momento 
provocado por uma força em relação a um ponto é igual à soma dos momentos 
das componentes da força em relação ao mesmo ponto. Esse teorema é muito 
utilizado especialmente se a força estiver inclinada em relação aos eixos de 
referência. Em problemas bidimensionais, esse teorema é definido por: 
𝑀𝑂 = 𝐹𝑥𝑑𝑦 + 𝐹𝑦𝑑𝑥 (10) 
𝐹𝑥 e 𝐹𝑦 são as componentes x e y da força, e 𝑑𝑥 e 𝑑𝑦 são, respectivamente, 
a distância horizontal e a vertical entre a força e o ponto analisado. 
Exemplo 9: determine o momento da força de 400 N em relação ao 
ponto O, como mostra a figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: devemos obter as componentes x e y da força de 400 N, 
conforme a figura: 
 
A distância horizontal e a vertical são, respectivamente, 𝑑𝑥 = 0,4 𝑚 e 𝑑𝑦 =
0,2 𝑚. Aplicando a Equação 10 ao problema, o momento é dado por: 
𝑀𝑂 = 400. 𝑠𝑒𝑛30.0,2 − 400. 𝑐𝑜𝑠30.0,4 
𝑀𝑂 = 40 − 138,56, resolvendo a soma, temos 𝑀𝑂 = −98,56 𝑁. 𝑚 
 
 
25 
Lembre-se do macete para aplicar as leis trigonométricas, vistos 
anteriormente, e atente-se ao sentido do giro provocado pela força. 
Exemplo 10: determine o momento da força de 100 N em relação ao 
ponto O, como mostra a figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o processo de solução é o mesmo do exemplo anterior. 
Devemos obter as componentes x e y da força de 100 N, conforme a figura: 
 
A distância horizontal e a vertical são, respectivamente, 𝑑𝑥 = 5 𝑚 e 𝑑𝑦 =
2 𝑚. Aplicando a Equação 10 ao problema, o momento é dado por: 
𝑀𝑂 = −100.
4
5
. 2 − 100
3
5
. 5 
𝑀𝑂 = −160 − 300; resolvendo a subtração, temos 𝑀𝑂 = −460 𝑁. 𝑚. 
TEMA 4 – MOMENTO DE UMA FORÇA: FORMULAÇÃO VETORIAL 
Em problemas tridimensionais para calcular momentos, vamos aplicar 
uma formulação vetorial utilizando o produto externo (produto vetorial 
representado por x) dado por: 
𝑴𝑜 = 𝒓 x 𝑭 (11) 
𝒓 corresponde ao vetor posição, e 𝑭 corresponde ao vetor força. 
A equação anterior é resolvida se aplicarmos o determinante à matriz 
dada por: 
 
 
26 
𝑴𝑜 = 𝒓 x 𝑭 = |
𝒊 𝒋 𝒌
𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
| (12) 
𝑟𝑥, 𝑟𝑦 e 𝑟𝑧 são as componentes x, y e z do vetor posição, 𝒓, dirigido de O 
até qualquer ponto sobre a linha de ação da força – como o ponto em que a força 
está sendo aplicada –, e 𝐹𝑥, 𝐹𝑦 e 𝐹𝑧 correspondem às componentes x, y e z do 
vetor força, 𝑭. 
O determinante da matriz da Equação 12 é obtido se replicarmos os 
termos das duas primeiras colunas, multiplicando as diagonais da esquerda para 
direita e depois subtraindo com o produto dos termos da direita para esquerda, 
como mostra a imagem a seguir: 
 
Vamos aplicar essa metodologia de solução para resolver o seguinte 
exemplo. 
Exemplo 11: determine o momento produzido pela força 𝑭, com 
intensidade igual a 2 kN, em relação ao ponto O, como mostra a figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: como não foi dado o vetor força, precisamos obtê-lo com a 
Equação utilizada no Exemplo 5 desta aula: 
𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝒖𝐴𝐵 = 𝐹 (
𝒓𝐴𝐵
𝑟𝐴𝐵
) 
Para aplicar essa equação, precisamos do vetor posição 𝒓𝐴𝐵. Para isso, 
vamos descrever a posição dos pontos A e B, respectivamente, por: 
 
 
27 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0𝒋 + 12𝒌} 𝑚 e 𝒓𝐵 = {4𝒊 + 12𝒋 + 0𝒌} 𝑚 
𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {(4 − 0)𝒊 + (12 − 0)𝒋 + (0 − 12)𝒌} = {4𝒊 + 12𝒋 − 12𝒌} 𝑚 
Aplicando a Equação 12a, temos: 
𝑭𝐴𝐵 = 2 (
{4𝒊 + 12𝒋 − 12𝒌}
√42 + 122 + (−12)2
) = 2 (
{4𝒊 + 12𝒋 − 12𝒌}
17,44
) 
𝑭𝐴𝐵 = 2{0,229𝒊 + 0,688𝒋 − 0,688𝒌} 𝑘𝑁 = 𝑭𝐴𝐵 = {0,459𝒊 + 1,376𝒋 − 1,376𝒌} 𝑘𝑁 
Como conhecemos o vetor força 𝑭𝐴𝐵 e a posição dessa força (𝒓𝐴 ou 𝒓𝐵), 
podemos determinar o momento se aplicarmos a Equação 12 desta aula. Logo: 
𝑴𝑜 = 𝒓𝐴 x 𝑭𝐴𝐵 = |
𝒊 𝒋 𝒌
0 0 12
0,459 1,376 −1,376
| 
Extraindo o determinante dessa equação, temos: 
𝑴𝑜 = (0. −1,376 − 12.1,376)𝒊 + (12.0,459 − 0. −1,376)𝒋 + (0.1,376 − 0.0,459)𝒌 
𝑴𝑜 = {−16,512𝒊 + 5,508𝒋 + 0𝒌} 𝑘𝑁. 𝑚 
A intensidade desse momento pode ser determinada se extrairmos omódulo desse vetor. Logo: 
𝑀𝑜 = √−16,5122 + 5,5082 + 02; resolvendo a raiz, temos 𝑀𝑜 = 17,41 𝑘𝑁. 𝑚 
Em problemas que envolvem mais de um momento, podemos determinar 
o momento resultante pela soma das componentes de cada momento. Ou seja: 
𝑴𝑅𝑂 = ∑(𝒓 x 𝑭) (13) 
Vamos resolver um exemplo para determinar o momento resultante 
proveniente da aplicação de dois momentos no sistema. 
Exemplo 12: determine o momento resultante que as duas forças 
provocam em relação ao ponto O. 
 
Fonte: Hibbeler, 2020. 
Solução: para determinar o momento resultante, como teremos que 
aplicar a Equação 13, precisamos conhecer as coordenadas dos pontos de 
aplicação das duas forças – ou seja, 𝒓𝐴 e 𝒓𝐵, dados por: 
 
 
28 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 5𝒋 + 0𝒌} 𝑚 e 𝒓𝐵 = {4𝒊 + 5𝒋 − 2𝒌} 𝑚 
Aplicando a Equação 12 para cada força do problema, temos: 
𝑴𝑜1 = 𝒓𝐴 x 𝑭1 = |
𝒊 𝒋 𝒌
0 5 0
−60 40 20
| 
Extraindo o determinante dessa matriz, temos: 
𝑴𝑜1 = (5.20 − 0.40)𝒊 + (0. −60 − 0.20)𝒋 + (0.40 − 5. −60)𝒌 
𝑴𝑜1 = {100𝒊 + 0𝒋 + 300𝒌} 𝑘𝑁. 𝑚 e 
𝑴𝑜2 = 𝒓𝐵 x 𝑭2 = |
𝒊 𝒋 𝒌
4 5 −2
80 40 −30
| 
Extraindo o determinante dessa matriz, ficamos com: 
𝑴𝑜2 = (5. −30 − (−2.40))𝒊 + (−2.80 − 4. −30)𝒋 + (4.40 − 5.80)𝒌 
𝑴𝑜2 = (−150 + 80)𝒊 + (−160 + 120)𝒋 + (160 − 400)𝒌 
𝑴𝑜2 = {−70𝒊 − 40𝒋 − 240𝒌} 𝑘𝑁. 𝑚 
Aplicando a Equação 13, podemos obter o momento resultante. Logo: 
𝑴𝑅𝑂 = 𝑴𝑜1 + 𝑴𝑜2 
𝑴𝑅𝑂 = {(100 − 70)𝒊 + (0 − 40)𝒋 + (300 − 240)𝒌} 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑴𝑅𝑂 = {30𝒊 − 40𝒋 + 60𝒌} 𝑘𝑁. 𝑚 
A intensidade do momento resultante é: 
𝑀𝑅𝑂 = √30
2 + (−40)2 + 60² = √6100, portanto 𝑀𝑅𝑂 = 78,102 𝑘𝑁. 𝑚 
4.1 Momento de uma força em relação a um eixo 
Em algumas situações é necessário determinar o momento produzido por 
uma força em relação a um eixo específico. Por exemplo, supondo que você 
queira soltar a porca em O, conforme a figura a seguir: 
 
Fonte: Hibbeler, 2001. 
 
 
29 
A porca fará uma rotação somente em torno do eixo y. Sendo assim, para 
determinar o efeito de rotação da porca, devemos considerar apenas a 
componente y do momento; ou seja, o momento total produzido não nos 
interessa nesse tipo de aplicação. 
Até agora nós precisamos basicamente de duas informações: as 
componentes do vetor força, 𝑭, e a posição do ponto de aplicação dessa força, 
𝒓. Com essas duas informações, aplicamos a Equação 12 e obtemos o 
momento. 
Agora vamos precisar de uma terceira informação: o vetor unitário que 
passa pela direção na qual queremos determinar o momento. Matematicamente, 
temos: 
𝑀𝑎 = 𝒖𝑎 ∙ (𝒓 x 𝑭) = |
𝑢𝑎𝑥 𝑢𝑎𝑦 𝑢𝑎𝑧
𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
| , ou (14𝑎) 
𝑀𝑎 = 𝑢𝑎𝑥(𝑟𝑦𝐹𝑧 − 𝑟𝑧𝐹𝑦) + 𝑢𝑎𝑦(𝑟𝑧𝐹𝑥 − 𝑟𝑥𝐹𝑧) + 𝑢𝑎𝑧(𝑟𝑥𝐹𝑦 − 𝑟𝑦𝐹𝑥) (14𝑏) 
Sendo 𝑢𝑎𝑥, 𝑢𝑎𝑦 e 𝑢𝑎𝑧 as componentes x, y e z do vetor unitário definido 
na direção do eixo 𝑎. O vetor do momento que passa pelo eixo 𝑎, 𝑴𝑎, é obtido 
assim: 
𝑴𝑎 = 𝑀𝑎𝒖𝑎 (15) 
Vamos resolver alguns exemplos aplicando este último conceito. 
Exemplo 13: calcule o momento resultante das três forças em relação ao 
eixo x, ao eixo y e ao eixo z. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o primeiro passo é obter as componentes dos vetores 𝑭1, 𝑭2 e 
𝑭3: 
𝑭1 = {0𝒊 − 600𝒋 + 0𝒌} 𝑁, 𝑭2 = {0𝒊 + 0𝒋 − 500𝒌} 𝑁 e 𝑭3 = {−400𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} 𝑁 
 
 
30 
O segundo passo é obter as coordenadas dos pontos de aplicação dessas 
forças, ou seja, as coordenadas dos pontos A, B e C: 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0,2𝒋 + 0,2𝒌} 𝑚, 
𝒓𝐵 = {−0,3𝒊 − 0,2𝒋 + 0,2𝒌} 𝑚 e 
𝒓𝐶 = {0𝒊 − 0,2𝒋 + 0,2𝒌} 𝑚 
O terceiro passo é obter o vetor unitário de cada eixo. É uma tarefa 
simples, tendo em vista que os momentos solicitados são em torno dos eixos x, 
y e z. Logo: 
𝒖𝑥 = {1𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌}, 𝒖𝑦 = {0𝒊 + 1𝒋 + 0𝒌} e 𝒖𝑧 = {0𝒊 + 0𝒋 + 1𝒌} 
Aplicando a Equação 14a, podemos obter o momento que cada força 
produz em relação aos respectivos eixos x, y e z: 
𝑀𝑥 = 𝒖𝑥 ∙ ((𝒓𝐴 x 𝑭𝟏) + (𝒓𝐵 x 𝑭𝟐) + (𝒓𝐶 x 𝑭𝟑)) 
𝑀𝑥 = |
1 0 0
0 0,2 0,2
0 −600 0
| + |
1 0 0
−0,3 −0,2 0,2
0 0 −500
| + |
1 0 0
0 −0,2 0,2
−400 0 0
|. 
Extraindo o determinante das três matrizes, temos: 
𝑀𝑥 = (−1.0,2. (−600)) + (1. −0,2. (−500)) + (0) = 120 + 100 
𝑀𝑥 = 220 𝑁. 𝑚, 
𝑀𝑦 = 𝒖𝑦 ∙ ((𝒓𝐴 x 𝑭𝟏) + (𝒓𝐵 x 𝑭𝟐) + (𝒓𝐶 x 𝑭𝟑)) 
𝑀𝑦 = |
0 1 0
0 0,2 0,2
0 −600 0
| + |
0 1 0
−0,3 −0,2 0,2
0 0 −500
| + |
0 1 0
0 −0,2 0,2
−400 0 0
|. 
Extraindo o determinante das três matrizes, temos: 
𝑀𝑦 = (0) + (−1. (−0,3). (−500)) + (1.0,2. (−400)) = −150 − 80 
𝑀𝑦 = −230 𝑁. 𝑚 e 
𝑀𝑧 = 𝒖𝑧 ∙ ((𝒓𝐴 x 𝑭𝟏) + (𝒓𝐵 x 𝑭𝟐) + (𝒓𝐶 x 𝑭𝟑)) 
𝑀𝑧 = |
0 0 1
0 0,2 0,2
0 −600 0
| + |
0 0 1
−0,3 −0,2 0,2
0 0 −500
| + |
0 0 1
0 −0,2 0,2
−400 0 0
| 
Extraindo o determinante das três matrizes, temos: 
𝑀𝑧 = (0) + (0) + (−1. (−0,2). (−400)) 
𝑀𝑧 = −80 𝑁. 𝑚. 
Para finalizar este tema, vamos resolver um último exemplo sobre o 
assunto. 
Exemplo 14: calcule o momento 𝑴𝐴𝐵 produzido pela força 𝑭, mostrada 
na figura, que tende a girar o tubo em relação ao eixo AB. 
 
 
31 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o procedimento de solução é idêntico ao problema anterior; a 
diferença básica é que temos uma única força e que teremos que obter o vetor 
unitário que está na direção 𝐴𝐵, 𝒖𝐴𝐵. 
O primeiro passo é identificar as componentes do ponto em que a força 
se localiza, ou seja, o ponto C: 
𝒓𝐶 = {0,6𝒊 + 0𝒋 + 0,3𝒌} 𝑚 
O próximo passo é determinar as componentes do vetor força, 𝑭, dadas 
por: 
𝑭 = {0𝒊 + 0𝒋 − 300𝒌} 𝑁 
O terceiro passo é obter o vetor unitário que está na direção 𝐴𝐵, 𝒖𝐴𝐵. Para 
isso, precisaremos ainda da posição dos pontos A e B, dados por: 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} 𝑚 e 𝒓𝐵 = {0,4𝒊 + 0,2𝒋 + 0𝒌} 𝑚, logo 
𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {(0,4 − 0)𝒊 + (0,2 − 0)𝒋 + (0 − 0)𝒌} 
𝒓𝐴𝐵 = {0,4𝒊 + 0,2𝒋 + 0𝒌} 𝑚 
Sabemos que 𝒖𝐴𝐵 =
𝒓𝐴𝐵
𝑟𝐴𝐵
. Logo: 
𝒖𝐴𝐵 =
{0,4𝒊 + 0,2𝒋 + 0𝒌} 
√0,42 + 0,22 + 0²
=
{0,4𝒊 + 0,2𝒋 + 0𝒌} 
0,447
 
𝒖𝐴𝐵 = {0,894𝒊 + 0,447𝒋 + 0𝒌} 
Por fim, aplicamos a Equação 14a para obter o momento que a força 𝑭 
produz em relação à direção 𝐴𝐵: 
𝑀𝐴𝐵 = 𝒖𝐴𝐵 ∙ (𝒓𝐶 x 𝑭) 
𝑀𝐴𝐵 = |
0,894 0,447 0
0,6 0 0,3
0 0 −300
| 
O determinante da matriz é: 
𝑀𝐴𝐵 = −0,447.0,6. (−300); logo, 𝑀𝐴𝐵 = 80,50 𝑁. 𝑚 
 
 
32 
Aplicando a Equação 15, podemos obter o vetor momento: 
𝑴𝐴𝐵 = 𝑀𝐴𝐵𝒖𝐴𝐵 = 80,50{0,894𝒊 + 0,447𝒋 + 0𝒌} 
𝑴𝐴𝐵 = {71,97𝒊 + 35,98𝒋 + 0𝒌} 𝑁. 𝑚 
TEMA 5 – MOMENTO DE UM BINÁRIO 
Chagamos ao último tema desta aula. Vamos falar sobre momento de um 
binário. Se tivermos um sistema com duas forças paralelas, de mesma 
intensidade, mas sentidos opostos, essas forças vão rotacionar o objeto 
analisado (Figura 4). Chamamos essas duas forças de binário, e esse efeito, de 
rotação de momento de um binário. 
Figura 4 – Momento de um binário 
 
Fonte: Silva, 2020. 
Esse efeito ocorre no volante do carro, ao abrirmos uma torneira ou 
registro, ou também ao apetarmos um parafuso com uma chave de fenda 
(Figura 5). 
Figura 5 – Momento de binário aplicado ao volante do carro 
 
Créditos: Oleksandr Grechin/Shutterstock. 
F 
F 
d 
 
 
33 
Na formulação escalar, o momento de binário pode ser determinado com 
a Equação 8 (𝑀 = 𝐹. 𝑑). Aqui, a distância 𝑑 corresponde à distância 
perpendicular entre as duas forças. Vamos ao exemplo: 
Exemplo 15: determine o momento de binário resultante dos três binários 
que agem sobre o objeto da figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: precisamos identificar os três pares de forças que geram os três 
momentos de binário e as distâncias entre cada par a fim de aplicar a Equação 8. 
O primeiro par de forças é representado na seguinte figura: 
 
Note que o par de forças 𝐹1 contém duas forças paralelas entre si, e a 
distância perpendicular que separa essas duas forças corresponde a 0,4 m. Além 
 
 
34 
disso, a rotação que esse par de binário provoca em relação aocentro dessas 
duas forças é no sentido horário (negativo). Logo: 
𝑀1 = −𝐹1. 𝑑1 = −200.0,4 
𝑀1 = −80 𝑁. 𝑚 
O segundo par de forças que gera o segundo momento de binário é 
representado pelas forças 𝐹2, como mostra a seguinte figura: 
 
Logo, o momento de binário gerado por esse par de forças é dado por: 
𝑀2 = 𝐹2. 𝑑2 = 450.0,3 
𝑀2 = 135 𝑁. 𝑚 
O terceiro par de forças que gera o terceiro momento de binário é 
representado pelas forças 𝐹3, como mostra a figura: 
 
Consequentemente, o momento de binário gerado por esse par de forças 
é dado por: 
𝑀3 = −𝐹3. 𝑑3 = −300.0,5 
𝑀3 = −150 𝑁. 𝑚. 
 
 
35 
Portanto, o momento resultante é obtido pela soma dos três momentos de 
binário. Ou seja: 
𝑀𝑅 = 𝑀1 + 𝑀2 + 𝑀3 = −80 + 135 − 150 
𝑀𝑅 = −95 𝑁. 𝑚 
Se não for possível determinar a distância perpendicular entre o par de 
forças que gera o binário, podemos determinar o momento de binário pelo 
Princípio dos Momentos, visto no Tema 3.2 (Equação 10). Vamos aplicá-lo no 
seguinte exemplo: 
Exemplo 16: calcule o momento de binário que age sobre a engrenagem 
mostrada na figura a seguir: 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: note que nesse tipo de problema a distância perpendicular entre 
as duas forças que formam o binário não foi disponibilizada. Veja essa distância 
na seguinte figura: 
 
Nesse caso, podemos determinar o momento de binário calculando o 
momento que cada uma das forças gera em relação a um ponto qualquer (A, ou 
B, ou O, ou algum outro). Vamos escolher o ponto A para facilitar, pois sabemos 
que, se alguma força está explicada sobre o ponto em que vamos calcular o 
momento, essa força não provoca momento nesse ponto, pois a distância dessa 
 
 
36 
força para o ponto é zero. Assim, temos que a força de 600 N no ponto A não 
gera momento nele. 
Aplicando a Equação 10 para calcular o momento de binário em relação 
ao ponto A (pois a força de 600 N é inclinada), temos: 
∑ 𝑀𝐴 = 600. 𝑐𝑜𝑠30.0,2 − 600. 𝑠𝑒𝑛30.0,2 
𝑀𝐴 = 103,92 − 60 
𝑀𝐴 = 43,92 𝑁. 𝑚 
Observe os sentidos dos momentos provocados pelas componentes x e y 
da força, respectivamente, nas seguintes figuras (a) e (b): 
(a) 
(b) 
A formulação vetorial para calcular o momento de binário é utilizada em 
problemas tridimensionais. Vamos aplicá-la no próximo exemplo. 
Exemplo 17: calcule o momento de binário que age sobre o tubo 
mostrado na figura, sabendo que o segmento AB está direcionado a 30° abaixo 
do plano x-y. 
 
 
37 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: podemos calcular o momento que cada força provoca em 
relação a qualquer ponto. Vamos escolher o ponto O dessa vez. Logo, 
precisamos das coordenadas do ponto A, do ponto B e os vetores da força em 
A e da força em B. Note que o ponto O está na origem; ou seja, 𝒓𝑂 = {0𝒊 + 0𝒋 +
0𝒌}. Assim, temos: 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0,8𝒋 + 0𝒌} 𝑚 e 𝒓𝐵 = {0,6. 𝑐𝑜𝑠30𝒊 + 0,8𝒋 − 0,6. 𝑠𝑒𝑛30𝒌} 𝑚, 
𝑭𝐴 = {0𝒊 + 0𝒋 − 250𝒌} 𝑁 e 𝑭𝐵 = {0𝒊 + 0𝒋 + 250𝒌} 𝑁 
O momento é calculado se aplicarmos as Equações 13 e 12. Logo: 
𝑴𝑂 = 𝒓𝐴 x 𝑭𝐴 + 𝒓𝐵 x 𝑭𝐵 
𝑴𝑂 = |
𝒊 𝒋 𝒌
0 0,8 0
0 0 −250
| + |
𝒊 𝒋 𝒌
0,6. 𝑐𝑜𝑠30 0,8 −0,6. 𝑠𝑒𝑛30
0 0 250
| 
𝑴𝑂 = (0,8. (−250)𝒊) + (0,8.250𝒊 − 0,6. 𝑐𝑜𝑠30.250𝒋) 
𝑴𝑂 = (−200𝒊) + (200𝒊 − 129,9𝒋) 
𝑴𝑂 = {0𝒊 − 129,9𝒋 + 0𝒌} 𝑁 
E seu módulo é 𝑀𝑂 = 129,9 𝑁. 
FINALIZANDO 
Nesta aula aprendemos a desenhar o DCL de estruturas fixas por 
elementos simples, como cabo, corda, barra e mola, e vimos como determinar 
as forças nesses elementos com a formulação escalar, utilizando a 
decomposição de forças no plano e com a formulação vetorial. Vimos também o 
conceito de momento e momento de binário, e aprendemos a calculá-los. 
 
 
38 
Agora você deve se sentir apto a representar e resolver problemas 
simples da estática utilizando a Primeira Lei de Newton e a determinar os 
momentos provocados por forças. 
Não deixe de praticar os exercícios propostos em nosso livro-texto, 
Estática: mecânica para engenharia. Aplique a metodologia explicada na aula 
para obter os resultados. 
Até o próximo encontro! 
 
 
 
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REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Estática: mecânica para engenharia. 12. ed. São Paulo: 
Pearson, 2011.