PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 3

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PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Olá, seja bem-vindo(a)! 
Nesta aula, você aprenderá a desenhar o diagrama de corpo livre de 
estruturas mais complexas, considerando outros tipos de vínculos, e aplicará as 
equações de equilíbrio, vistas anteriormente, para o cálculo das reações de 
apoio. Também aprenderá a determinar as forças nas barras de uma treliça, 
estrutura muito comum em várias áreas da engenharia. 
TEMA 1 – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO – DIAGRAMA DE CORPO 
LIVRE (DCL) 
Neste tema, vamos aplicar as equações de equilíbrio de forças e de 
momento, vistas anteriormente, para o cálculo das forças atuantes em diversos 
tipos de estruturas. Para isso, precisamos conhecer outros tipos de vínculos que 
sustentam as estruturas em sua posição estática e aprender como elaborar o 
diagrama de corpo livre com esses vínculos. 
1.1 Diagrama de corpo livre 
 Anteriormente, aprendemos a desenhar o diagrama de corpo livre de 
elementos simples como corda, cabo, barra, haste e mola. Aqui, introduziremos 
outros elementos que apoiam as estruturas. Para isso, precisamos falar um 
pouco sobre reações de apoio. 
Pela terceira lei de Newton, sabemos que, ao aplicar uma força sobre um 
objeto em equilíbrio estático, o objeto devolverá a mesma força aplicada com 
sentido oposto, mantendo o equilíbrio, ou seja, as forças de ação e reação 
possuem a mesma intensidade e direção, porém, com sentidos opostos. Isso 
significa que os elementos que seguram uma estrutura em sua posição estão 
reagindo à força que a estrutura está fazendo, por exemplo: imagine uma pessoa 
de pé sobre um chão rígido como mostra a Figura 1. A pessoa faz uma força 
empurrando o chão para baixo, sendo que essa força provém do peso próprio 
dela, porém, o chão não vai para baixo ou a pessoa não afunda ou atravessa o 
chão, porque o chão reage à força peso aplicada pela pessoa através de uma 
força de mesma intensidade e direção, e de sentido oposto, por isso as forças 
são anuladas. 
 
 
3 
Figura 1 – Forças de ação e reação proveniente de uma pessoa de pé 
 
Créditos: Shotprime Studio/Shutterstock. 
 Além dos apoios já estudados nesta disciplina, existem mais três que são 
muito comuns no nosso dia a dia e em diversos tipos de estruturas complexas, 
como torres de transmissão, robôs, pontes, carros etc., são eles: 
• Rolete: esse apoio impede a translação de um corpo em determinada 
direção, fazendo uma força sobre o corpo nesta direção. Exemplos: o 
mouse e outros objetos sobre a escrivaninha (Figura 2a), a ponte sobre 
um suporte (Figura 2b) etc. 
Figura 2 – Objetos apoiados: (a) mouse e teclado e (b) ponte 
a) b) 
 
Créditos: Bigpixel Photo/Shutterstock e Alex Bellik/Shutterstock. 
 Observe que em todos estes casos somente uma direção está restrita ao 
movimento. A Figura 3a representa este tipo de apoio para uma viga e a Figura 
3b mostra a representação dele no DCL: 
 
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
2
 
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
2
 
Reação Reação 
 
 
4 
Figura 3 – Apoio do tipo rolete (a) configuração original e (b) DCL 
 
• Pino: esse apoio impede a translação em qualquer direção, mas permite 
a rotação do objeto, por exemplo: a maçaneta de uma porta, o volante do 
carro, a roda de uma bicicleta, uma cancela (Figura 4) etc. 
Figura 4 – Cancela apoiada por um pino (a) fechada e (b) aberta 
(a) (b) 
Crédito: 3DMAVR/Shutterstock. 
Basicamente, esses elementos podem rotacionar, mas têm seus 
movimentos de translação em x e y restritos. A Figura 5a representa esse tipo 
de apoio para uma viga e a Figura 5b mostra a representação dele no DCL: 
Figura 5 – Apoio do tipo pino: (a) configuração original e (b) DCL. 
 
• Engaste: esse é o tipo de apoio mais restritivo, pois não permite a 
translação da estrutura e nem a rotação, é o famoso “chumbado”, na 
parede ou no chão ou teto. Exemplos desse tipo de apoio: os pés de uma 
 
 
5 
torre de transmissão (Figura 6a), as vigas que apoiam o terraço (Figura 
6b) etc. 
Figura 6 – Apoio do tipo engaste (a) para os pés de uma torre de transmissão e 
(b) para as vigas de um terraço 
(a) (b) 
Créditos: Arch.Miola/Shutterstock e Evannovostro/Shutterstock. 
 Note que esses objetos, em seu ponto de fixação, não podem se 
movimentar em x, nem em y e nem podem girar. O objetivo é justamente que 
eles não se movimentem em nenhuma direção. A representação desse tipo de 
apoio pode ser vista na Figura 7a e seu DCL pode ser visto na Figura 7b: 
Figura 7 – Apoio do tipo engaste (a) configuração original e (b) DCL. 
 
 Note que, nesse último caso, além das forças de restrição de translação 
𝐹𝐹𝑥𝑥 e 𝐹𝐹𝑦𝑦 aparece um momento 𝑀𝑀 que é uma reação devido ao giro. 
 Um último ponto a ser tratado aqui sobre DCL é a força peso e o centro 
de gravidade. Quando trabalhamos com problemas em que o peso próprio da 
estrutura é considerado no problema, devemos inserir essa carga no centro de 
gravidade da estrutura. Em problemas mais simples, o centro de gravidade é de 
fácil obtenção, porém, em problemas mais complexos, é necessário determiná-
lo. Veremos isso posteriormente. Aqui, trabalharemos com problemas em que o 
enunciado citará o ponto exato do centro de gravidade na estrutura ou 
depararemos com situações em que o centro de gravidade fica no centro 
geométrico do corpo (no meio). 
 Para desenhar o DCL, podemos seguir os passos: 
 
 
6 
1) Esboce o corpo que deseja analisar de forma que ele fique livre de todos 
elementos que o apoiam (sustentam); 
2) Desenhe todas as forças externas (as que estão no desenho original do 
enunciado do problema) e momentos conhecidos, a força peso se houver 
e as reações de apoio que são forças e/ou momento desconhecidos; 
3) Desenhe todas as cotas com as dimensões do problema. 
Vamos aos exemplos. 
Exemplo 1: Desenhe o DCL da viga uniforme mostrada na figura, 
sabendo que ela possui uma massa de 100 kg. 
Figura 8 – Exemplo 1 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: Conforme o passo a passo descrito, primeiro temos que 
desenhar o objeto livre de todos elementos que o sustentam. A viga mostrada 
no problema é o objeto que está sendo analisado e ela está presa à parede, logo, 
temos que desenhá-la livre, ou seja, sem a parede mantendo-a na posição. Este 
primeiro passo pode ser desenhado da seguinte forma: 
Figura 9 – Desenho do primeiro passo 
 
Este primeiro passo é bastante simples, pois é a viga livre sem nenhuma 
força. 
 O segundo passo é desenhar as forças externas que, no caso aparece no 
desenho inicial, ou seja, a força de 1000 N. Também temos que desenhar a força 
 
 
7 
peso 𝐹𝐹 = 100.9,81 = 981 𝑁𝑁 posicionada no centro de gravidade da viga (no meio 
da viga, na posição de 3 m) e desenhar as reações de apoio. 
 A pergunta que você deve se fazer é: Qual é o tipo de apoio que está 
segurando a viga na parede? Lembrando que acabamos de aprender três tipos 
de apoio: rolete, pino e engaste. A resposta é simples, veja que a viga está 
chumbada na parede, ou seja, ela não pode transladar em nenhuma direção e 
nem rotacionar, logo o apoio é do tipo engaste. Note que no lugar da parede que 
é o ponto de engaste, teremos que inserir uma força em x, uma em y e um 
momento, conforme tínhamos visto na Figura 3b. 
 As forças de reação e o momento devem ser desenhados de forma a 
manter a estrutura em equilíbrio, ou seja, como as forças de 1200 N e 981 N 
possuem direção vertical e sentido para baixo, a reação em y deve ser inserida 
com sentido para cima para garantir o equilíbrio. A mesma ideia deve ser 
aplicada para o momento, em que a viga está tendendo a uma rotação no sentido 
horário em torno do ponto A (por conta da força externa e da força peso), logo, 
a reação de momento deve ser no sentido oposto (anti-horário). Portanto, o 
segundo passo para desenhar o DCL do problemafica da seguinte forma: 
Figura 10 – Segundo passo 
 
 O terceiro passo é colocar as cotas (dimensões) do desenho. Assim, o 
DCL completo dessa viga é apresentado na seguinte figura: 
 
 
 
Figura 11 – Terceiro passo 
 
 
8 
 
 Este DCL é um dos passos mais importantes para a solução dos 
problemas da estática, pois por meio dele que podemos iniciar os cálculos, por 
isso é muito importante seguir o passo a passo e caprichar no desenho, a fim de 
que ele possa representar fielmente o problema em análise. 
Exemplo 2: Desenhe o DCL do pedal mostrado na Figura 12 (a). O 
operado aplica uma força vertical no pedal de modo que a mola é estendida em 
40 mm e a força na haste em B é de 100 N Figura 12 (b). 
Figura 12 – Exemplo 2 
(a) (b) 
Solução: O objeto que estamos analisando é o pedal. Ele está sendo 
sustentado por uma haste, uma mola e um pino em A. 
 Seguindo o passo a passo apresentado anteriormente, temos que 
desenhar este pedal livre de todos os elementos que o estão prendendo, logo, 
temos o seguinte: 
 
 
 
 
 
 
9 
Figura 13 – Solução (1) 
 
 O próximo passo é desenhar as forças externas e as forças de reação dos 
apoios. A força externa é a aplicada pelo pé do operador, 𝐹𝐹, já as reações são 
àquelas que estão sustentando o pedal, ou seja, a força da haste, da mola e do 
pino em A. 
 Como o movimento natural do pedal é girar em torno do pino em A com a 
aplicação da força 𝐹𝐹, o sentido das reações de apoio deve considerar esse 
movimento. 
Figura 14 – Solução (2) 
 
 Com essa consideração, a haste e a mola fazem com que o pedal volte à 
sua posição original, logo, esses elementos exercem forças na direção deles 
(horizontal) e o sentido é para direita (puxando o pedal para a posição original) 
conforme Figura 15. 
Figura 15 – Solução (3) 
 
 As forças de reação no pino em A devem ser desenhadas a fim de manter 
o equilíbrio do objeto. Como visto anteriormente, o pino exerce uma força de 
reação na direção x e uma outra na direção y. Como as duas forças na direção 
 
 
10 
x estão apontadas para direita, a força de reação do pino, em x, será para 
esquerda e como a força que o operador aplica sobre o pedal é para baixo, a 
reação no pino será para cima. Assim, o segundo passo para construir o DCL se 
resume ao seguinte desenho: 
Figura 16 – Solução (4) 
 
 O passo 3, para finalizar o DCL, requer que desenhemos as cotas com as 
distâncias entre as forças e os pontos, logo, temos o seguinte DCL final: 
Figura 17 – Solução (5) 
 
 No livro, você encontrará outros exemplos resolvidos sobre esse tema e 
muitos exercícios aplicados para exercitar. Note que, por enquanto, não 
calculamos nenhuma força. Faremos isso no próximo tema. 
TEMA 2 – EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO 
 Vimos, anteriormente, como aplicar as equações de equilíbrio ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e 
∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 para resolver um problema simples de equilíbrio no plano. 
 Nesta aula, desenvolveremos as equações que são necessárias e 
suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido, logo, além do somatório de 
 
 
11 
forças iguais a zero, também temos que considerar o somatório de momento 
igual a zero (∑𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 e ∑𝑴𝑴 = 𝟎𝟎). 
 Considerando incialmente problemas no plano x-y, um dos conjuntos de 
equações mais aplicados é dado por: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; (1a) 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 e (1b) 
�𝑀𝑀𝑂𝑂 = 0. (1c) 
 Anteriormente, aprendemos a aplicar essas equações, agora vamos 
utilizá-las em problemas mais complexos. 
 Existem outros conjuntos de equações que podem ser aplicados aos 
problemas de equilíbrio, são eles: 
• Conjunto 2 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; �𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 e �𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0; 
• Conjunto 3 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; �𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 e �𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0. 
• Conjunto 4 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0; �𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0 e �𝑀𝑀𝑐𝑐 = 0 , 
Em que o conjunto mais comum corresponde ao representado pelas Equações 
1a, 1b e 1c. 
 Para resolvermos os problemas a seguir de equilíbrio de corpo rígido, 
podemos seguir o seguinte passo a passo: 
1) Desenho o DCL (veja o passo a passo descrito no tema anterior); 
2) Comece aplicando a equação de equilíbrio de momento ∑𝑀𝑀𝑂𝑂 = 0 em 
relação ao ponto de interseção das linhas de ação de duas forças 
desconhecidas. Assim, os momentos dessas forças desconhecidas não 
entrarão nesse cálculo, pois elas estão sobre o ponto; 
 
 
12 
3) Aplique as equações de equilíbrio de força ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0. 
Observação: Se a solução der um resultado negativo, isto significa que a 
força foi desenhada com sentido oposto ao real no DCL. Corrija o sentido no 
DCL e assuma o resultado como positivo para dar sequência aos demais 
cálculos. 
Exemplo 3: Para o problema apresentado no Exemplo 1, determine as 
reações de apoio 𝐴𝐴𝑥𝑥, 𝐴𝐴𝑦𝑦 e 𝑀𝑀𝐴𝐴. 
Solução: Com base no DCL esboçado anteriormente, podemos ir para o 
passo 2 aplicando ∑𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0, lembrando que o momento é dado por 𝑀𝑀 = 𝐹𝐹.𝑑𝑑. 
Figura 18 – Exemplo 3 
 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 ; 𝑀𝑀𝐴𝐴 − 1200.2 − 981.3 = 0, 
Em que o sinal do momento 𝑀𝑀𝐴𝐴 é positivo, pois está desenhado no sentido anti-
horário e os sinais dos momentos provocados pelas forças de 1.200 N e 981 N 
são negativos, pois provocam uma rotação da viga no sentido horário em relação 
ao ponto A, logo 
𝑀𝑀𝐴𝐴 = 1200.2 + 981.3, resolvendo a soma temos 𝑴𝑴𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵.𝒎𝒎. 
 Aplicando o passo 3, temos: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; 𝑨𝑨𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 
porque a única força que está em x (na horizontal) é 𝐴𝐴𝑥𝑥, logo, para satisfazer a 
equação de equilíbrio, seu valor só pode ser zero, e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 𝐴𝐴𝑦𝑦 − 1200 − 981 = 0 
𝐴𝐴𝑦𝑦 = 1200 + 981, resolvendo a soma temos 𝑨𝑨𝒚𝒚 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵. 
 Está feito! Calculamos as três reações de apoio do problema. 
 
 
13 
Exemplo 4: Para o problema apresentado no Exemplo 2, determine as 
reações de apoio no pino A (𝐴𝐴𝑥𝑥 e 𝐴𝐴𝑦𝑦). 
Solução: Novamente, o DCL já foi esboçado anteriormente. 
Figura 19 – Solução 
 
 O enunciado do Exemplo 2 menciona que após a aplicação da força no 
pedal a mola se desloca (estica) 40 mm (ou 0,04 m no SI) e na Figura (b) 
observa-se a rigidez da mola 𝑘𝑘 = 5 𝑁𝑁/𝑚𝑚. Com estas informações, podemos 
aplicar a Equação 5 vista em aulas anteriores, ou seja, 𝐹𝐹 = 𝑘𝑘. 𝛿𝛿, assim temos: 
𝐹𝐹𝑚𝑚 = 5.0,04 = 0,2 𝑁𝑁. 
 O passo 2 requer que apliquemos a Equação 1c para determinar alguma 
força desconhecida. O ponto de intersecção de duas forças desconhecidas é o 
ponto A. Então, vamos ao somatório dos momentos em relação a este ponto: 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 ; 𝐹𝐹. 125 − 100. (40 + 25) − 𝐹𝐹𝑚𝑚. 25 = 0. 
Lembre-se do macete explicado em aulas anteriores: se a força está na 
direção x (horizontal), devemos utilizar a distância em y (vertical) entre a força e 
o ponto; se a força está na direção y (vertical), devemos utilizar a distância em x 
(horizontal) entre a força e o ponto, logo 
𝐹𝐹. 125 = 100.65 + 𝐹𝐹𝑚𝑚. 25 ou 𝐹𝐹. 125 = 100.65 + 0,2.25 
𝐹𝐹. 125 = 6500 + 5 
𝐹𝐹 =
6505
125
, logo 𝑭𝑭 = 𝟓𝟓𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟓𝟓 𝑵𝑵. 
 O passo 3 requer que apliquemos as Equações 1a e 1b ao problema, 
assim, temos que 
 
 
14 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; 100 + 𝐹𝐹𝑚𝑚 − 𝐴𝐴𝑥𝑥 = 0 
100 + 𝐹𝐹𝑚𝑚 = 𝐴𝐴𝑥𝑥 ou 𝐴𝐴𝑥𝑥 = 100 + 𝐹𝐹𝑚𝑚, 
como 𝐹𝐹𝑚𝑚 = 0,2 𝑁𝑁, podemos substituí-lo na equação acima, ficando 
𝐴𝐴𝑥𝑥 = 100 + 0,2, logo 𝑨𝑨𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟐𝟐 𝑵𝑵 e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; − 𝐹𝐹 + 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 0, 𝑖𝑖𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑑𝑑𝑃𝑃 𝐴𝐴𝑦𝑦, 𝑡𝑡𝑃𝑃𝑚𝑚𝑃𝑃𝑃𝑃 
𝑨𝑨𝒚𝒚 = 𝑭𝑭, 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍,𝐴𝐴𝑦𝑦 = 𝟓𝟓𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟓𝟓 𝑵𝑵. 
 Até aqui conseguimos aplicar os conceitos vistos neste tema nos dois 
exemplos do tema anterior. Agora vamos aos novos exemplos, com um nível um 
pouco maior de complexidade. 
Exemplo 5: Calcule as forçasde reação sobre a viga mostrada na figura. 
Despreze o peso da viga. 
Figura 20 – Exemplo 5 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: O primeiro passo é desenhar o DCL, onde o objeto analisado é 
a viga. Seguindo o passo a passo descrito no Tema 1, vamos desenhar a viga 
livre de seus vínculos e forças, ficando da seguinte forma: 
Figura 21 – Solução (1) 
 
 O próximo passo é desenhar as forças externas e as reações de apoio. 
Para esta última, temos que tomar bastante atenção analisando que tipo de 
 
 
15 
apoio está sustentando esta viga e que tipo de força temos que utilizar para 
representá-lo. 
 Observe que, no ponto A, a viga está apenas apoiada no chão sem 
restrição de movimento na direção horizontal, logo o único movimento restringido 
é o da viga se deslocar além do chão, portanto, temos um apoio do tipo rolete 
em A e a força de reação é vertical e para cima (representando a reação que o 
chão faz sobre a viga). 
 No ponto B está mais fácil de identificar que há um pino mantendo a viga 
naquela posição. O pino permite que a viga rotacione ao redor dele, porém 
restringe a translação na direção x e y. Estas são as forças de reação que 
teremos que desenhar no ponto B substituindo o pino. Este segundo passo para 
representação do DCL fica da seguinte forma: 
Figura 22 – Solução (2) 
 
 Note que as forças de reação foram desenhadas de forma a manter o 
equilíbrio da estrutura. 
 O terceiro passo para o esboço do DCL é inserir as cotas, assim, temos: 
Figura 23 – Solução (3) 
 
 
 
16 
 Finalizamos a etapa um para a solução deste exemplo. A etapa 2 é 
calcular o momento no ponto que tem duas forças incógnitas. Este é o ponto B, 
pois não conhecemos os valores das forças 𝐵𝐵𝑥𝑥 e 𝐵𝐵𝑦𝑦, assim temo que 
�𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0 ; −𝐴𝐴𝑦𝑦. (2 + 3 + 2) − 600. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45.0,2 + 600. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45. (3 + 2) + 100.2 = 0. 
 Tivemos de decompor a força de 600 N em x e em y para determinar o 
momento que cada componente provoca em relação ao ponto B. A força de 200 
N está na vertical e alinhada com o ponto B, logo, não possui distância horizontal 
e não gera momento em B. Continuando os cálculos, temos: 
−𝐴𝐴𝑦𝑦. 7 − 84,85 + 2121,32 + 200 = 0 
−𝐴𝐴𝑦𝑦. 7 + 2236,47 = 0 
2236,47 = 𝐴𝐴𝑦𝑦. 7 ou 𝐴𝐴𝑦𝑦. 7 = 2236,47 
𝐴𝐴𝑦𝑦 =
2236,47
7
 consequentemente 𝑨𝑨𝒚𝒚 = 𝟓𝟓𝟐𝟐𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Aplicando o passo 3 para a solução do problema, temos: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; 600. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 − 𝐵𝐵𝑥𝑥 = 0 
600. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 = 𝐵𝐵𝑥𝑥 ou 𝐵𝐵𝑥𝑥 = 600. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 
𝑩𝑩𝒙𝒙 = 𝟓𝟓𝟐𝟐𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 𝐴𝐴𝑦𝑦 − 600. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 − 100 − 200 + 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 0, 
Em que 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 319,50, logo: 
319,50 − 600. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 − 100 − 200 + 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 0 
𝐵𝐵𝑦𝑦 = −319,50 + 424,26 + 100 + 200, portanto 𝑩𝑩𝒚𝒚 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟐𝟐 𝑵𝑵. 
 Veja como é importante construir o diagrama de corpo livre 
adequadamente, pois é por meio dele que conseguimos identificar todas as 
cargas envolvidas no problema e, assim, resolvê-lo. Vamos à solução de um 
último exemplo para este tema. 
Exemplo 6: A rampa do caminhão mostrada na Figura 24 (a) possui um 
peso de 1600 N aplicado no centro de gravidade G e está conectada por pinos 
à carroceria do caminhão em cada lado e mantida na posição mostrada pelos 
 
 
17 
dois cabos laterais. Determine a força de tração nos cabos. A representação das 
dimensões da rampa e sua direção são mostradas na Figura 24 (b). 
Figura 24 – Exemplo 6 
(b) 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: Já sabemos que o primeiro passo é desenhar o DCL. Note que 
a rampa é uniforme e simétrica, logo, podemos analisar somente um dos lados 
como mostra a Figura (b). Vamos ao passo a passo para o desenho do DCL. 
Passo 1: 
Figura 25 – Solução (1) 
 
Passo 2: Lembre-se que para representar a força do cabo temos que 
desenhar uma força na mesma direção dele e com sentido que o tracione. Além 
disso, a força peso é dividida por dois, pois são dois cabos e dois pinos que estão 
sustentando a rampa, portanto, para cada “conjunto”, temos metade da carga. 
 
 
 
 
 
 
18 
Figura 26 – Solução (2) 
 
Passo 3: 
Figura 27 – Solução (3) 
 
 O DCL está pronto, agora vamos aplicar o passo 2, fazendo o somatório 
de momentos no ponto de intersecção de duas forças desconhecidas. Neste 
exemplo, este ponto corresponde ao A. Como as forças 𝐹𝐹𝐵𝐵 e 1600 N não são 
perpendiculares à rampa, teremos que decompô-las. A representação desses 
componentes pode ser visualizada na seguinte figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
19 
Figura 27 – Solução (4) 
 
 Note que o ângulo que está entre a força 𝐹𝐹𝐵𝐵 e a direção da rampa é obtido 
analisando a inclinação da rampa e a inclinação desta força, logo 30 – 20 = 10°. 
Vamos ao cálculo! 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 ; −𝐹𝐹𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖10. (0,5 + 1,5) + 800. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃30.1,5 = 0 
−𝐹𝐹𝐵𝐵 . 0,347 + 1039,23 = 0 
1039,23 = 𝐹𝐹𝐵𝐵 . 0,347 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵. 0,347 = 1039,23 
𝐹𝐹𝐵𝐵 =
1039,23
0,347
. 
Portanto, a força de tração em cada cabo é 𝑭𝑭𝑩𝑩 = 𝟐𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵. 
TEMA 3 – EQUILÍBRIO EM TRÊS DIMENSÕES 
 Para resolver problemas de equilíbrio tridimensionais, também é 
necessário esboçar o diagrama de corpo livre. 
 Alguns elementos vistos anteriormente podem ter um número maior de 
restrições, porém apoios do tipo cabo, haste, mola e rolete mantem a mesma 
quantidade de força de restrição de movimento. A Tabela 1 mostra os apoios 
mais comuns aplicados aos problemas tridimensionais: 
 
 
 
 
 
 
 
20 
Tabela 1 – Suportes para corpos rígidos tridimensionais 
 
 
 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
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 As duas condições para o equilíbrio de um corpo rígido são: ∑𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 e 
∑𝑴𝑴 = 𝟎𝟎, ou seja: 
�𝑭𝑭 = �𝐹𝐹𝑥𝑥𝒊𝒊 + �𝐹𝐹𝑦𝑦𝒋𝒋 +�𝐹𝐹𝑧𝑧𝒌𝒌 = 𝟎𝟎 e (2a) 
�𝑴𝑴𝑶𝑶 = �𝑀𝑀𝑥𝑥𝒊𝒊 + �𝑀𝑀𝑦𝑦𝒋𝒋 +�𝑀𝑀𝑧𝑧𝒌𝒌 = 𝟎𝟎. (2b) 
 Como as componentes 𝒊𝒊, 𝒋𝒋 e 𝒌𝒌 são independentes, podemos reescrever 
as equações acima da seguinte forma: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; (3a) 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ; (3b) 
�𝐹𝐹𝑧𝑧 = 0; (3c) 
�𝑀𝑀𝑥𝑥 = 0; (3d) 
�𝑀𝑀𝑦𝑦 = 0 e (3e) 
�𝑀𝑀𝑧𝑧 = 0. (3f) 
 O seguinte passo a passo é sugerido para resolver este tipo de problema: 
1. Desenhe o DCL; 
2. Se as componentes de momento x, y e z parecem fáceis de determinar, 
aplique as seis equações de equilíbrio mostradas anteriormente (3a a 3f), 
caso contrário, use as equações vetoriais (2a e 2b); 
3. Não é necessário que o conjunto de eixos escolhidos para a soma de 
forças seja o mesmo que o conjunto de eixos escolhido para a soma de 
momentos. Pode-se escolher um eixo em uma direção qualquer para 
somar as forças e momentos; 
Para a soma de momentos, escolha a direção de um eixo de modo que 
este intercepte as linhas de ação do maior número de forças conhecidas. Note 
que os momentos de forças passando por pontos neste eixo e os momentos de 
forças que são paralelas ao eixo serão zero. 
Exemplo 7: Calcule as componentes da reação que a junta esférica em 
A, o mancal radial liso em B e o apoio de rolete em C exercem sobre o sistema 
mostrado na figura. 
 
 
22 
Figura 28 – Exemplo 7 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: O primeiro passo é desenhar o DCL. O apoio em A é uma junta 
esférica e, conforme Tabela 1, este apoio restringe a translação nas três 
direções. O apoio em B é um mancal liso, logo, só possui restrição de translação 
nas direções x e z e o rolete em C possui restrição de translação em z somente, 
logo o DCL fica da seguinte forma: 
Figura29 – Solução (1) 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 Algumas equações não nos traz a solução imediata, então vale a pena 
analisar qual das equações vamos aplicar, de forma que ao utilizá-la obtenhamos 
o resultado de alguma força. Vamos começar com a Equação 3b para obter o 
valor da força 𝐴𝐴𝑦𝑦, assim temos que: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ; 𝑨𝑨𝒚𝒚 = 𝟎𝟎. 
 Note que boa parte do sistema analisado está na direção y. Logo, as 
forças que estão sobre essa direção não provocam momento em y (Passo 4). 
 
 
23 
Vamos fazer esse cálculo aplicando a Equação 3e. A figura a seguir mostra as 
forças que geram momento em torno do eixo y e seus sentidos: 
Figura 30 – Solução (2) 
 
�𝑀𝑀𝑦𝑦 = 0 ; −900.0,4 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 . 0,6 = 0 
𝐹𝐹𝐶𝐶 . 0,6 = 900.0,4 
𝐹𝐹𝐶𝐶 =
(900.0,4)
0,6
 logo 𝑭𝑭𝑪𝑪 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Com o resultado dessa força, podemos aplicar a Equação 3d para obter 
a força 𝐵𝐵𝑧𝑧, onde a seguinte figura mostra todas as forças que geram momento 
em torno do eixo x: 
Figura 31 – Solução (3) 
 
�𝑀𝑀𝑥𝑥 = 0; 𝐵𝐵𝑧𝑧. (0,4 + 0,4) − 900.0,4 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 . (0,4 + 0,4 + 0,4) = 0 
𝐵𝐵𝑧𝑧. 0,8 = −𝐹𝐹𝐶𝐶 . 1,2 + 900.0,4 
𝐵𝐵𝑧𝑧. 0,8 = −600.1,2 + 900.0,4 
𝐵𝐵𝑧𝑧 =
(−600.1,2 + 900.04)
0,8
 consequentemente 𝑩𝑩𝒛𝒛 = −𝟓𝟓𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 
 
24 
 Note que o resultado negativo indica que esta força foi desenhada com o 
sentido oposto. O correto é desenhá-la com sentido para baixo. Observe também 
que a força 𝐵𝐵𝑥𝑥 não entrou neste cálculo, pois é paralela ao eixo x, logo, não gera 
momento em relação a este eixo. 
 A força 𝐵𝐵𝑥𝑥 pode ser determinada por meio da Equação 3f, assim, temos 
que: 
�𝑀𝑀𝑧𝑧 = 0; 𝐵𝐵𝑥𝑥. (0,4 + 0,4) = 0 
𝐵𝐵𝑥𝑥 =
0
0,8
, ou seja, 𝑩𝑩𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 
Em que a figura mostra a aplicação deste momento em z. 
Figura 32 – Solução (4) 
 
 Observe que as forças 900 N, 𝐵𝐵𝑍𝑍 e 𝐹𝐹𝑐𝑐 não entraram neste cálculo, pois 
são forças paralelas ao eixo z (não geram momento neste eixo). 
 Só falta determinarmos as forças 𝐴𝐴𝑥𝑥 e 𝐴𝐴𝑧𝑧 e isto pode ser feito utilizando 
as Equações 3a e 3c, logo 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; 𝐴𝐴𝑥𝑥 + 𝐵𝐵𝑥𝑥 = 0 
𝐴𝐴𝑥𝑥 + 0 = 0, logo 𝑨𝑨𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 e 
�𝐹𝐹𝑧𝑧 = 0; 𝐴𝐴𝑧𝑧 − 900 + 𝐵𝐵𝑧𝑧 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 0 
𝐴𝐴𝑧𝑧 = 900 − (−450) − 600 
𝐴𝐴𝑧𝑧 = 900 + 450 − 600, resolvendo a simples soma, temos 𝑨𝑨𝒛𝒛 = 𝟕𝟕𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Perceba que mantivemos o sentido da força 𝐵𝐵𝑧𝑧 no DCL e por isso seu 
sinal também foi mantido. 
 
 
25 
Exemplo 8: A barra com junta esférica é usada para sustentar o vaso de 
375 N como mostra a figura. Determine as forças de tração nos cabos 𝐴𝐴𝐵𝐵 e 𝐴𝐴𝐴𝐴. 
Figura 33 – Exemplo 8 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: O primeiro passo é esboçar o DCL. Como o problema envolve 
elementos do tipo cabos e uma junta esférica o DCL fica da seguinte forma: 
Figura 34 – Solução (1) 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 Vamos utilizar a análise vetorial para resolver este problema. Para isso, 
precisamos descobrir os vetores 𝑭𝑭𝐴𝐴𝐵𝐵 e 𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶, orientados ao longo das retas AB e 
AC, respectivamente. Estas forças podem ser obtidas aplicando a Equação 12a 
 
 
26 
desenvolvida em aulas anteriores �𝑭𝑭 = 𝐹𝐹𝒖𝒖 = 𝐹𝐹 �𝒓𝒓
𝑟𝑟
��, mas para aplicá-la, 
precisamos dos vetores posição 𝒓𝒓𝐴𝐴𝐵𝐵 e 𝒓𝒓𝐴𝐴𝐶𝐶, logo: 
𝒓𝒓𝐴𝐴 = {0𝒊𝒊 + 0,6𝒋𝒋 + 0𝒌𝒌} 𝑚𝑚, 𝒓𝒓𝐵𝐵 = {0,2𝒊𝒊 + 0𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌} 𝑚𝑚 e 𝒓𝒓𝐶𝐶 = {−0,2𝒊𝒊 + 0𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌} 𝑚𝑚, 
𝒓𝒓𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝒓𝒓𝐵𝐵 − 𝒓𝒓𝐴𝐴 = {(0,2 − 0)𝒊𝒊 + (0 − 0,6)𝒋𝒋 + (0,3 − 0)𝒌𝒌} = {0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌} 𝑚𝑚, 
𝒓𝒓𝐴𝐴𝐶𝐶 = 𝒓𝒓𝐶𝐶 − 𝒓𝒓𝐴𝐴 = {(−0,2 − 0)𝒊𝒊 + (0 − 0,6)𝒋𝒋 + (0,3 − 0)𝒌𝒌} 
𝒓𝒓𝐴𝐴𝐶𝐶 = {−0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌} 𝑚𝑚. 
 Aplicando a Equação 12a de aulas anteriores, temos: 
𝑭𝑭𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 �
𝒓𝒓𝐴𝐴𝐵𝐵
𝑟𝑟𝐴𝐴𝐵𝐵
� = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 �
{0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌}
�0,22 + (−0,6)2 + 0,32
� = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 �
{0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌}
0,7
� 
𝑭𝑭𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵{0,286𝒊𝒊 − 0,857𝒋𝒋 + 0,429𝒌𝒌} = 0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵𝒊𝒊 − 0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵𝒋𝒋 + 0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵𝒌𝒌 e 
𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 �
𝒓𝒓𝐴𝐴𝐶𝐶
𝑟𝑟𝐴𝐴𝐶𝐶
� = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 �
{−0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌}
�(−0,2)2 + (−0,6)2 + 0,32
� 
𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 �
{−0,2𝒊𝒊 − 0,6𝒋𝒋 + 0,3𝒌𝒌}
0,7
� = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶{−0,286𝒊𝒊 − 0,857𝒋𝒋 + 0,429𝒌𝒌} 
𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶 = −0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 − 0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒋𝒋 + 0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒌𝒌. 
 Fazendo o somatório dos momentos em torno do ponto O, eliminamos os 
efeitos de momentos que as forças 𝑂𝑂𝑥𝑥, 𝑂𝑂𝑦𝑦 e 𝑂𝑂𝑧𝑧 provocam, logo, aplicando a 
Equação �𝑴𝑴𝑅𝑅𝑂𝑂 = ∑(𝒓𝒓 x 𝑭𝑭)�, temos: 
𝑴𝑴𝑅𝑅𝑂𝑂 = 𝒓𝒓𝐴𝐴 x (𝑭𝑭𝐴𝐴𝐵𝐵 + 𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶 + 𝑾𝑾), 
Em que 𝑾𝑾 é o vetor peso do vaso, ou seja, 𝑾𝑾 = {0𝒊𝒊 + 0𝒋𝒋 − 375𝒌𝒌} 𝑁𝑁. Somando 
cada componente dos vetores 𝑭𝑭𝐴𝐴𝐵𝐵,𝑭𝑭𝐴𝐴𝐶𝐶 e 𝑾𝑾, ficamos com: 
𝑴𝑴𝑅𝑅𝑂𝑂 = {0𝒊𝒊 + 0,6𝒋𝒋 + 0𝒌𝒌} x �(0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒊𝒊 + (−0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒋𝒋
+ (0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 + 0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 − 375)𝒌𝒌 )� ou simplesmente 
𝑴𝑴𝑅𝑅𝑂𝑂 = {0,6𝒋𝒋} x �(0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒊𝒊 + (−0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒋𝒋 +
(0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 + 0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 − 375)𝒌𝒌 )�. 
 Fazendo o produto vetorial, ficamos com: 
�𝑀𝑀𝑥𝑥 = 0; 0,6𝒋𝒋 x (0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,286.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒊𝒊 = (0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒌𝒌 = 0, 
 
 
27 
�𝑀𝑀𝑦𝑦 = 0; 0,6𝒋𝒋 x (−0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,857.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒋𝒋 = 0, pois 𝒋𝒋 x 𝒋𝒋 = 0 e 
�𝑀𝑀𝑧𝑧 = 0; 0,6𝒋𝒋 x (0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 + 0,429.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 − 375)𝒌𝒌 = 
(0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 + 0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 − 225)𝒊𝒊 = 0. 
Observação: poderíamos ter montado a matriz vista em aulas anteriores 
para calcular o produto vetorial, porém, como o vetor posição só possui uma 
componente (𝒋𝒋), fica mais fácil realizar o produto vetorial como uma “distributiva”, 
na qual temos que 𝒊𝒊 x 𝒋𝒋 ou 𝒋𝒋 x 𝒊𝒊 = 𝒌𝒌, 𝒊𝒊 x 𝒌𝒌 ou 𝒌𝒌 x 𝒊𝒊 = 𝒋𝒋, 𝒊𝒊 x 𝒊𝒊 = 0, 𝒋𝒋 x 𝒋𝒋 = 0, 
𝒋𝒋 x 𝒌𝒌 ou 𝒌𝒌 x 𝒋𝒋 = 𝒊𝒊 e 𝒌𝒌 x 𝒌𝒌 = 0. 
 Da primeira equação (∑𝑀𝑀𝑥𝑥 = 0), temos que: 
(0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 − 0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶)𝒌𝒌 = 0 
0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵𝒌𝒌 − 0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒌𝒌 = 0 
0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵𝒌𝒌 = 0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒌𝒌 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 =
0,1716.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒌𝒌
0,1716𝒌𝒌
, logo 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩 = 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑪𝑪. 
 Sabendo disso, vamos substituir o 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 da terceira equação (∑𝑀𝑀𝑧𝑧 = 0) por 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶, ficando com: 
(0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 + 0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 − 225)𝒊𝒊 = 0 
0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 + 0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 − 225𝒊𝒊 = 0 
0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 + 0,2574.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 = 225𝒊𝒊 
0,5148.𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝒊𝒊 = 225𝒊𝒊 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶 =
225𝒊𝒊
0,5148𝒊𝒊
= 437,06 𝑁𝑁. 
Portanto, como 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶, assim, 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟕𝟕,𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑵𝑵 e 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑪𝑪 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟕𝟕,𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑵𝑵. 
 Este é um tema de maior complexidade. Em nosso livro-texto, você 
encontrará outros exemplos resolvidos que te auxiliarão na compreensão desse 
conteúdo. Não deixe de conferir. 
TEMA 4 – TRELIÇAS: MÉTODO DOS NÓS 
 Neste tema vamos aprender a determinar as forças em um tipo muito 
comum de estrutura, as treliças. Estas estruturas podem ser vistas em torres de 
transmissão (Figura 35a), pontes (Figura 35b), telhados (Figura 35c) etc. 
 
 
28 
Figura 35 – Estruturas treliçadas: (a) torre de transmissão, (b) ponte e (c) telhado 
(a) 
(b) 
(c) 
 
Créditos: Serdthongchai/Shutterstock; Sbworldphotography/Shutterstock e Charles 
Bowman/Shutterstock. 
As treliças são estruturas compostas por barras conectadas por pinos 
(nós) formando triângulos. São muito empregadas comercialmente, pois são 
estruturas leves e resistentes. 
 Para se projetar uma treliça, é necessário conhecer os esforços atuantes 
em cada barra, assim, é possível determinar odiâmetro das barras utilizadas na 
 
 
29 
estrutura, por exemplo. Mas, para isso, vamos considerar algumas hipóteses de 
projeto: 
• Todas as forças são aplicadas nos nós da treliça. Essa é uma situação 
real em pontes e telhados. Além disso, o peso próprio da estrutura pode 
ser considerado na análise e essa força deve ser inserida no nó central 
(centro geométrico) ou em dois nós de uma barra central, dividindo a 
carga para cada nó; 
• As barras da treliça são conectadas por pinos lisos. Isso significa que as 
barras podem girar em torno do pino evitando a flexão das barras. Com 
essa premissa, sabemos que as barras sofrerão apenas cargas de tração 
ou compressão. Sabemos que, na prática, as conexões normalmente são 
formadas aparafusando ou soldando as extremidades das barras em uma 
placa comum, como mostra a Figura 36a, ou simplesmente unindo todas 
as barras através de um parafuso ou pino grande (Figura 36b). 
Assumimos que essas conexões atuam como pinos lisos, pois as linhas 
centrais das barras são concorrentes. 
Figura 36 – Conexão das barras (a) por uma placa de ligação e (b) por um 
parafuso 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 Nesta aula, dois métodos serão apresentados. O primeiro é o que 
trabalharemos neste tema, chamado método dos nós. Esse método se baseia 
no fato de que se a treliça está em equilíbrio, logo cada nó também está em 
equilíbrio. Consequentemente, podemos aplicar as equações de equilíbrio para 
cada nó considerando as forças desenhadas no diagrama de corpo livre do nó. 
 Considerando problemas de treliça plana, as equações de equilíbrio de 
força ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 precisam ser satisfeitas para o equilíbrio. 
 Podemos seguir o passo a passo para a solução de problemas de cálculo 
de forças em treliças planas via método dos nós: 
 
 
30 
1) Desenhe o DCL de um nó contendo pelo menos uma força conhecida e 
no máximo duas forças incógnitas. Se esse nó estiver em um dos apoios, 
será necessário calcular as reações de apoio (para isso, veja o Tema 2 
desta aula); 
2) Oriente os eixos x e y sobre o nó a fim de facilitar o processo de 
decomposição das forças; 
3) Calcule as duas forças incógnitas através das equações: ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e 
∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 
4) Verifique se a força é de tração ou compressão. Para isso, analise o efeito 
que ela faz sobre o nó. Se estiver “apertando” o nó, a força é de 
compressão; se estiver “puxando” o nó, a força é de tração; 
5) Escolha o próximo nó para fazer o DCL considerando os mesmos 
requisitos do passo 1 (pelo menos uma força conhecida e no máximo duas 
forças incógnitas) e continue a solução a partir do passo 2. 
Exemplo 9: Calcule as forças em cada barra da treliça mostrada na figura 
e indique se estas estão sendo tracionadas ou comprimidas: 
Figura 37 – Exemplo 9 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: Analisando a treliça do problema em tela, é possível notar que 
o ponto (ou nó) A está apoiado por um pino e o ponto C por um rolete, logo, o nó 
A possui duas reações de apoio sendo uma em x e uma em y e o nó C possui 
uma reação em y para cima. Lembrando que essas reações são forças 
desconhecidas e se optarmos em iniciar os cálculos por um destes dois nós 
teríamos que determinar as forças de reação neles. No entanto, não precisamos 
 
 
31 
fazer isso nesse exemplo. Podemos escolher o nó B que atende aos requisitos 
do passo 1, ou seja, o nó B possui uma força conhecida de 500 N e duas forças 
incógnitas que são as que conectam esse nó (𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 e 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶), portanto, o DCL do nó 
B fica da seguinte forma: 
Figura 38 – Solução (1) 
 
 Note que a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 está na direção inclinada a 45° e sentido para cima 
e para esquerda, a fim de equilibrar a força de 500 N, que está para direita, e a 
força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 possui direção vertical e sentido para baixo para equilibrar a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 
que tem componente para cima. 
 Escolhendo os eixos x e y sobre o nó B, podemos determinar as forças 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 e 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 aplicando as equações de equilíbrio, logo: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ; −𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 + 500 = 0 
500 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 = 500 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 =
500
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45
, logo 𝑭𝑭𝑩𝑩𝑪𝑪 = 𝟕𝟕𝟎𝟎𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ; −𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 = 0 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 = 707,11. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45, consequentemente 𝑭𝑭𝑩𝑩𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 O fato de os resultados serem positivos indica que desenhamos o sentido 
correto das forças no DCL. Logo, podemos analisar o efeito que cada força faz 
sobre o nó para sabermos se a força é de tração ou compressão. 
 A força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 está “puxando” o nó para baixo, logo é uma força de tração e 
a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 está “apertando ou empurrando” o nó, por isso é uma força de 
compressão. 
 Para finalizar o exemplo, precisamos determinar a força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴. Essa força 
está entre o nó C e o nó A. Portanto, temos que escolher um desses nós para 
determinar essa força. A pergunta é, qual deles? De forma geral, aconselhamos 
 
 
32 
a escolher o nó mais fácil, ou seja, com menos incógnitas ou que te proporcione 
a solução de forma direta. 
 Sabemos que o nó C está apoiado por um rolete, logo ele só possui uma 
reação de apoio em y. Já o nó A está apoiado por um pino, contendo duas 
reações de apoio. Consequentemente, o nó mais fácil para trabalharmos é o C. 
 O DCL do nó C fica da seguinte forma: 
Figura 39 – Solução (2) 
 
Observação: Note que a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 está direcionada de forma a comprimir 
o nó C, ou seja, temos que manter o efeito da força que é de compressão. Por 
isso a força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 possui sentido para esquerda, a fim de equilibrar a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 que 
tem componente para direita e a força de reação do rolete 𝐴𝐴𝑦𝑦 possui sentido para 
cima, equilibrando a componente para baixo da força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶. 
 Aplicando somente a equações de equilíbrio ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0, conseguiremos 
obter a força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴, logo: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ; −𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 = 0 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 = 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 ou 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 707,11. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃45, portanto, 𝑭𝑭𝑪𝑪𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 A força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 está puxando o nó C, logo é uma força de tração. 
Exemplo 10: Calcule as forças em cada barra da treliça mostrada na 
figura e indique se elas estão sendo tracionadas ou comprimidas: 
 
 
 
 
 
33 
Figura 40 – Exemplo 10 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: O primeiro passo é escolher um nó que contenha pelo menos 
uma força conhecida e no máximo duas forças incógnitas. Os nós B e F possuem 
uma força conhecida (400 N e 600 N, respectivamente), porém, estão 
conectados a três barras, ou seja, três forças incógnitas, logo eles não nos 
atendem neste primeiro momento. Teremos que escolher entre o nó A e o nó C, 
porém ambos possuem reações de apoio. O nó A está apoiado por um rolete, 
logo possui uma força de reação na vertical com sentido para cima e o nó C está 
apoiado por um pino, tendo duas reações de apoio, uma em x e uma em y. Nesta 
situação, teremos que calcular a reação de apoio antes de fazer o DCL do nó e, 
para isso, precisamos do DCL da treliça completa, como mostra a figura a seguir: 
Figura 41 – Solução (1) 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
34 
 Podemos calcular somente a reação 𝐴𝐴𝑦𝑦 para darmos continuidade na 
obtenção das forças nas barras da treliça. Para isso, vamos fazer o somatório 
de momentos no nó C (este é o passo 2, descrito no Tema 2 desta aula): 
�𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0; −𝐴𝐴𝑦𝑦. 6 + 400.3 + 600.4 = 0 
400.3 + 600.4 = 𝐴𝐴𝑦𝑦. 6 ou 𝐴𝐴𝑦𝑦. 6 = 400.3 + 600.4 
𝐴𝐴𝑦𝑦. 6 = 1200 + 2400 = 3600 
𝐴𝐴𝑦𝑦 =
3600
6
, portanto 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 600 𝑁𝑁. 
 Agora vamos ao DCL donó A: 
Figura 42 – Solução (2) 
 
 Perceba como foram inseridas as direções das forças de modo a equilibrar 
o nó. O ângulo 𝛼𝛼 pode ser obtido por trigonometria através do seguinte triângulo 
da treliça: 
Figura 43 – Solução (3) 
 
 A relação trigonométrica que contém o cateto oposto (4 m) sobre o cateto 
adjacente (3 m) é a tangente, logo: 
 
 
35 
𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖𝛼𝛼 =
4
3
 
𝛼𝛼 = 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖−1 �
4
3�
 
𝛼𝛼 = 53,13°. 
 Como conhecemos a intensidade da força 𝐴𝐴𝑦𝑦, podemos começar 
aplicando a equação de equilíbrio do somatório das forças em y, logo: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖𝛼𝛼 = 0 
600 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 = 0 
600 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 = 600 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 =
600
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13
, resolvendo temos 𝑭𝑭𝑩𝑩𝑨𝑨 = 𝟕𝟕𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Aplicando o somatório das forças em x, temos: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃𝛼𝛼 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0 
−750. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 750. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,1, logo, 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Analisando os efeitos que essas forças produzem sobre o nó A, podemos 
ver que a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴 está comprimindo (apertando) o nó A e a força 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 está 
tracionando-o (puxando-o). 
 Finalizada essa etapa, temos que escolher o próximo nó que nos dará 
condições de determinar as outras forças nas barras da treliça. Esse nó tem que 
ser “adjacente” ao nó que acabamos de trabalhar, ou seja, tem que ser um nó 
que conecta uma das barras que já determinamos as forças. Nesse caso, as 
opções são os nós B ou D. Os dois são promissores, então tanto faz qual vamos 
escolher. Vamos optar pelo nó D, logo seu DCL fica da seguinte forma: 
Figura 44 – Solução (4) 
 
 
 
36 
 Aplicando as equações de equilíbrio de força, temos: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; − 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 600 = 0 
−450 − 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 600 = 0 
−450 + 600 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 ou 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 = −450 + 600 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 = 150 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 =
150
𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13
, por conseguinte 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩 = 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵 e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 − 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 0 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 = 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 ou 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 250. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13, portanto, 𝑭𝑭𝑪𝑪𝑨𝑨 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 Note que a força 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 está puxando o nó D, logo é uma força de tração e 
a força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 está empurrando o nó, logo é de compressão. 
 Para finalizar o exercício, precisamos determinar a força na barra BC. 
Para isso, podemos calculá-la através do DCL do nó B ou C, porém, o nó C 
contém as duas reações de apoio devido ao pino e nós não as calculamos, 
portanto, vamos escolher o nó B para desenharmos o DCL: 
Figura 45 – Solução (5) 
 
 Como a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 está na direção x, o somatório de forças em x nos trará 
a solução para esta força, assim temos 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃𝛼𝛼 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 0 
750. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 0 
750. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 750. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 450 + 150, 𝑟𝑟𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖𝑟𝑟𝑃𝑃𝑖𝑖𝑑𝑑𝑃𝑃 𝑖𝑖 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑚𝑚𝑠𝑠𝑖𝑖𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖 𝑡𝑡𝑃𝑃𝑚𝑚𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑭𝑭𝑩𝑩𝑪𝑪 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵, 
Em que essa força está comprimindo o nó B. 
 
 
37 
 Esse é um método simples de resolução, porém para treliças maiores com 
um número elevado de barras pode ser muito exaustivo trabalhar com ele. 
Vamos aprender no próximo tema um método mais direto chamado Método das 
Seções. 
TEMA 5 – TRELIÇAS: MÉTODO DAS SEÇÕES 
 Neste tema, veremos o método das seções para o cálculo das forças em 
treliças planas. Trata-se de um método frequentemente utilizando quando se 
deseja conhecer as forças em apenas algumas barras da treliça. Ele se baseia 
no princípio de que se a treliça está em equilíbrio, logo todas as barras dessa 
treliça também estão em equilíbrio. 
 Esse método recebe este nome, pois utiliza de uma seção sobre as barras 
que se deseja determinar as forças, ou seja, a treliça é “cortada” e dividida, onde 
será analisada apenas uma das partes que foi seccionada. O seguinte 
procedimento é proposto para a determinação das forças em treliças pelo 
método das seções: 
1) Faça um traço sobre as barras que serão calculadas as forças; 
2) Antes de cortar a treliça (sobre o traço feito no passo 1), pode ser 
necessário determinar alguma reação de apoio. Se for este o caso, 
aplique as equações de equilíbrio vistas no Tema 2 para determiná-la; 
3) Seccione a treliça sobre o traço feito no passo 1 e escolha uma das partes 
para analisar. Desenhe o DCL da parte escolhida (dê preferência a parte 
mais simples com o menor número de forças); 
4) Aplique a equação de equilíbrio de momento em relação ao nó que 
intersecciona as linhas de ação de duas forças desconhecidas; 
5) Aplique as equações de equilíbrio de força ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ou o 
somatório de momentos em um outro ponto (se for o caso); 
6) Verifique se a força é de tração ou compressão analisando o efeito que 
ela faz sobre a barra. Se estiver saindo da barra, a força é de tração; se 
estiver entrando na barra, a força é de compressão. 
Exemplo 11: Calcule as forças nas barras BC, BD e AD da treliça do 
Exemplo 10 e indique se estas barras estão sendo tracionadas ou comprimidas. 
Solução: Fazendo um traço sobre as barras que queremos determinar as 
forças, temos o seguinte: 
 
 
38 
Figura 46 – Solução (1) 
 
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2011. 
 Perceba que, tanto do lado esquerdo desse traço como do lado direito, 
existem apoios, logo temos que determinar a reação de um desses apoios. Não 
é necessário calcular as reações para os dois apoios, pois vamos escolher um 
dos lados do corte para trabalhar. O lado esquerdo parece mais simples, pois 
está apoiado por um rolete que tem apenas uma reação de apoio. Na resolução 
do exemplo 10, já calculamos essa reação, sendo 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 600 𝑁𝑁. Podemos ir para 
o passo 3, desenhando o DCL do lado esquerdo da seção: 
Figura 47 – Solução (2) 
 
 Perceba que não é tão fácil afirmar qual deve ser o sentido de cada força, 
por isso sugerimos que você arbitre o sentido e se o resultado der negativo, 
significa que o sentido arbitrado está incorreto. Veja que as forças nas barras 
foram desenhadas aproximadamente no meio delas (no corte). 
 
 
39 
 O passo 4 sugere a aplicação do somatório de momentos em relação ao 
nó que intersecciona as linhas de ação de duas forças desconhecidas. Neste 
DCL, existem dois nós que podem ser escolhidos, são eles: nó B que 
intersecciona as forças 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 e 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 e o nó D que intersecciona as forças 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 e 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴. 
Vamos escolher o nó B, logo, aplicando a Equação 1c, temos: 
�𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0; −𝐴𝐴𝑦𝑦. 3 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴. 4 = 0. 
 Veja que as forças que estão sobre o nó B (400 𝑁𝑁,𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 e 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵) não entraram 
neste cálculo, pois a distância delas para o nó é zero. Continuando, temos: 
−600.3 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 . 4 = 0 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴. 4 = 600.3 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 =
600.3
4
, logo, 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 O passo 5 sugere a aplicação das equações de equilíbrio de forças: 
∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0. Começaremos pelo somatório de forças em y, pois somente 
a força incógnita 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 possui componente nesta direção, logo: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ; 𝐴𝐴𝑦𝑦 − 400 − 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 = 0 
600 − 400 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 ou 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13 = 600 − 400 
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 =
200
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖53,13
, consequentemente 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩 = 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵 e 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0; −𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0 
−𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 + 250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 450 = 0 
250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 450 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 250. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃53,13 + 450 
𝑭𝑭𝑩𝑩𝑪𝑪 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵. 
 O último passo é verificar se as forças são de tração ou compressão e 
isso pode ser feito analisando o efeito que a força faz sobre sua respectiva barra. 
Analisando o DCL anterior, note que as forças 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 e 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐵𝐵 estão saindo da barra, 
logo são forças de tração e a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 está entrando na barra, 
consequentemente é uma força de compressão. 
Exemplo 12: Calcule as forças nas barras GF, CF e CD da treliça 
mostrada na figura e indique se estas barras estão sendo tracionadas ou 
 
 
40 
comprimidas. Considere as conexões das barras como sendo pinos (segunda 
premissa vista no tema anterior para treliças). 
Figura 48 – Exemplo 12 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: O primeiro passo é fazer um traço sobre as barras que 
queremos determinar as forças, logo, temos o seguinte: 
Figura 49 – Solução (1) 
 
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2011. 
 Como tanto do lado esquerdo deste traço quanto do lado direito existem 
apoios, devemos determinar a reação de um desses apoios. Não precisamos 
calcular as reações para os dois apoios, pois vamos escolher um dos lados do 
corte para trabalhar. Como o lado direito ao traço é mais simples, pois está 
apoiado por um rolete que tem apenas uma reação de apoio, vamos determinar 
somente esta reação �𝐸𝐸𝑦𝑦�, mas para isso precisamos do DCL da treliça inteira, 
com as forças de reação nos apoios em A e em E: 
 
 
41 
Figura 50 – Solução (2) 
 
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2011. 
 Aprendemos a determinar as reações de apoio no Tema 2 desta aula, 
logo, aplicando o somatório de momentos em A podemos obter a força de reação 
𝐸𝐸𝑦𝑦, dada por: 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0; −5.8 − 3. (8 + 4) + 𝐸𝐸𝑦𝑦. (8 + 4 + 4) = 0 
−40 − 36 + 𝐸𝐸𝑦𝑦. 16 = 0 
𝐸𝐸𝑦𝑦. 16 = 40 + 36 = 76 
𝐸𝐸𝑦𝑦 =
76
16
, logo 𝐸𝐸𝑦𝑦 = 4,75 𝑘𝑘𝑁𝑁. 
 Conhecendo essa reação de apoio, podemos partir para o passo 3 
cortando a treliça sobre o traço a-a e escolhendo o lado direito para fazer o DCL, 
assim, temos o seguinte DCL: 
Figura 51 – Solução (3) 
 
 
 
42 
 Note que nesse exemplo fica um pouco difícil afirmar qual é o sentido de 
cada força ao desenhar o DCL, neste caso você pode arbitrar o sentido e se der 
um resultado negativo, significa que o sentido desenhado está incorreto. 
 O passo 4 sugere a aplicação do somatório de momentos em relação ao 
nó que intersecciona as linhas de ação de duas forças desconhecidas. Neste 
DCL, existem dois nós que podem ser escolhidos, são eles: nó C que 
intersecciona as forças 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 e 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 e o nó F que intersecciona as forças 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 e 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹. 
Podemos escolher qualquer um deles. Vamos escolher o nó F, pois será um 
pouco mais fácil já que as duas foças inclinadas estão sobre este nó, logo, temos 
que: 
�𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0; −𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴. 4 + 4,75.4 = 0. 
 Observe que as forças 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 e 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 não entraram nesse cálculo, pois são 
forças que estão sobre este nó, logo, não geram momento nele e a força de 3 
kN também não gera momento em F, pois é uma força que passa pela linha do 
ponto, ou seja, a força está na vertical, logo, para gerar momento teria que ter 
uma distância horizontal entre a força e o ponto, mas não existe esta distância, 
pois a força está na direção do ponto. Continuando o cálculo, temos: 
4,75.4 = 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴. 4 ou 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴. 4 = 4,75.4 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 =
4,75.4
4
 
𝑭𝑭𝑪𝑪𝑨𝑨 = 𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝒌𝒌𝑵𝑵. 
 O passo 5 implica na aplicação das equações de equilíbrio de ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e 
∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ou o somatório de momentos em um outro ponto (se for o caso). 
Realmente ainda não é interessante utilizar o ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e nem ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0, pois as 
duas forças incógnitas 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 e 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 possuem componentes nas direções x e y, logo, 
faremos o somatório de momentos em relação ao ponto C (não conseguimos 
fugir deste cálculo). Antes temos que determinar os ângulos de inclinação das 
forças (𝛼𝛼 e 𝜃𝜃), onde o ângulo 𝛼𝛼 = 45°, pois é um triângulo retângulo de lados 
iguais (4 m cada lado) e o ângulo 𝜃𝜃 é obtido por: 
𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖𝜃𝜃 = �
2
4�
 
 
 
43 
𝜃𝜃 = 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖−1 �
2
4�
 
𝜃𝜃 = 26,57°, 
 Assim, temos: 
�𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0; −𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃𝜃𝜃. (4 + 2) − 3.4 + 4,75. (4 + 4) = 0 
−𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃26,57.6 − 12 + 38 = 0 
−𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 5,37 + 26 = 0 
26 = 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 5,37 ou 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 5,37 = 26 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 =
26
5,37
, resolvendo temos 𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟓𝟓 𝒌𝒌𝑵𝑵. 
 Agora podemos aplicar o somatório de forças em x ou em y para obter a 
força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶. Considerando ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0, temos: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ; 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 . 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃𝜃𝜃 + 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 = 0 
4,85. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃26,57 + 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 − 4,75 = 0 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 = −4,85. 𝑐𝑐𝑃𝑃𝑃𝑃26,57 + 4,75 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45 = 0,417 
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 =
0,417
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑖𝑖45
, portanto 𝑭𝑭𝑪𝑪𝑭𝑭 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟑𝟑 𝒌𝒌𝑵𝑵. 
 Para finalizar, vamos verificar se essas forças são de tração ou 
compressão analisando o efeito que cada uma faz sobre a barra. A força 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐴𝐴 
está saindo da barra, logo, é de tração. Já as forças 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐹𝐹 e 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 estão entrando em 
suas respectivas barras, portanto, são forças de compressão. 
FINALIZANDO 
 Nesta aula, você viu como desenhar o diagrama de corpo livre de 
estruturas mais complexas, bem como determinar as forças das reações de 
apoio em problemas bi e tridimensionais. 
 Você também conheceu as estruturas do tipo treliça e aprendeu a 
determinar as forças em suas barras. 
 Não deixe de praticar por meio dos exemplos exercícios propostos no livro 
Estática – Mecânica para Engenharia, de Hibbeler (2011). Nele, você encontrará 
 
 
44 
outros tipos de problemas e situação que irão ampliar seu conhecimento nos 
temas vistos nesta aula. Bons estudos! 
 
 
 
 
45 
REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Estática – Mecânica para Engenharia. 12. ed. Pearson, 2011. 
 
	Conversa inicial
	FINALIZANDO
	REFERÊNCIAS