Apostila Mecânica II

Prévia do material em texto

1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Forças em Vigas e Cabos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
 
1) Introdução: 
Para a projeção de uma estrutura, é necessário o conhecimento das 
cargas externas nessa estrutura (ativas e reativas), com o objetivo de 
garantir que o material resista ao carregamento. A partir do carregamento 
externo, são calculados os esforços internos (esforços solicitantes). 
 
 
 
2) Cálculo dos Esforços Solicitantes (na seção reta S): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corpo em equilíbrio 
Forças F1 , F2 , F3 ...... F8 – esforços exteriores (ativos) 
Forças HA , VA , VB – esforços exteriores (reativos) 
 
 
 
 
F1 
F2 
F3 
F4 
F5 
F6 
F7 
F8 
S 
VA 
VB 
HA 
3 
 
O corpo é separado em duas partes, na seção S: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R = resultante das forças F1 , F2, F3, VA e HA OU F4 , F5 , F6 , F7, F8 e VB 
(tanto faz, pois o corpo está equilibrado) 
Ação da carga R (no bloco da direita): 
Observação: O detalhamento das cargas, na figura, será apenas 
representado no bloco da direita. No bloco da esquerda, a ação será 
exatamente igual na direção, com sentido contrário. 
 
 
 
 
 
 
 
F1 
F2 
F3 
S 
F4 
F5 
F6 
F7 
F8 
S 
R 
R 
R 
V 
CG
G 
S 
F4 
F5 
F6 
F7 
F8 
R 
Q1 
Q2 
N 
Vista A 
CG
G 
HA 
VA 
VB 
Vista B 
VB 
4 
 
Faremos a decomposição da força R em 3 direções ortogonais: Q1 , Q2 e 
N. 
 
 
 
 
 Vista de A Vista de B 
 
Q1 e Q2 - esforços cortantes (forças paralelas à seção) 
N – esforço normal (forças perpendiculares à seção) 
 
Ação do momento V (no bloco da direita): 
Observação: O detalhamento das cargas, na figura, será apenas 
representado no bloco da direita. No bloco da esquerda, a ação será 
exatamente igual na direção, com sentido contrário. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CG
G 
Q1 
Q2 X N 
N 
Q1 
X 
Q2 
Vista A 
Vista B 
F4 
F5 
F6 
F7 
F8 
V 
S 
CG
G 
M1 
M2 
T 
VB 
5 
 
Faremos a decomposição do momento M em 3 direções ortogonais: M1 , 
M2 e T. 
 
 
 
 
 Vista de A Vista de B 
 
M1 e M2 - momentos fletores (giro de uma seção em torno de um eixo 
colocado no plano da própria seção) 
T – momento torçor (giro de uma seção em torno de um eixo 
perpendicular à seção). 
Conclusão: 
Os esforços solicitantes são: 
 Esforço Normal 
 Esforço Cortante 
 Momento Fletor 
 Momento Torçor 
Como calculá-los? 
Para calcular os esforços solicitantes em uma determinada seção: 
 Selecionar a partir de que lado da seção os esforços serão 
calculados (como o corpo está equilibrado, o cálculo feito por um 
lado será igual ao feito pelo outro lado) 
 Para cada carga existente no lado escolhido, calcular o valor do 
esforço solicitante na seção (N, Q, M ou T), atribuindo-lhe um sinal 
conforme a convenção de sinais a seguir. O somatório dos valores 
calculados será o valor do esforço solicitante na seção. 
CGT M1 
M2 
T 
X M1 
M2 
6 
 
 Convenção de Sinais 
 + - 
 N: 
 
 Q: 
 
 M: 
 
 T: 
 
3) Exercícios: 
a. Calcular as reações nos apoios, o esforço normal, o esforço 
cortante e o momento fletor nas seções B e C. 
 
 
 
 
Solução: ∑FH = 0  HD = 0 
 ∑FV = 0  VA + VD = 6 
 ∑MD = 0  9 VA – 6 x 6 – 9 = 0  VA = 5KN 
 VA = 5 KN VD = 1 KN 
 Seção B: N = 0; Q = + 5KN; M = + 15 KN.m 
 Seção C: N = 0; Q = - 1KN; M = + 15 KN.m 
 
3m 6m 
6KN 9KN.m 
A B C D 
VA VD 
HB 
7 
 
b. Calcular as reações no apoio, o esforço normal, o esforço 
cortante e o momento fletor na seção C. 
 Resposta: HA = 0; VA = 1.800N 
 MA = 1800N.m 
 N = 0; Q = 450N 
 M = - 225 N.m 
 Solução: 
 ∑FH = 0  HA = 0 
 ∑FV = 0  VA = 3 x 1200/2 = 1.800N 
 ∑MA = 0  MA = 3 x 1200/2 x 3/3 = 1.800N.m 
 Em C: q’/1,5 = 1200/3  q’ = 600N/m 
 N = 0 
 Q = 1,5 x 600/2 = 450N 
 M = -450 x 1,5/3 = 225 N.m 
c. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção B, além da força na barra AC. 
 
 
 
 
 
 
 
 LCD2 = 82 + 62  LCD = 10m  senθ = 6/10=0,6 e cosθ=8/10=0,8 
1200N/m 
A C B 1,5m 1,5m 
6m 
4m 4m 
50KN/m 
A 
B C 
D 
HA 
VA 
MA 
θ 
HA 
VA F 
8 
 
Equilíbrio da Barra AD: 
 ∑FH = 0  HA = F cosθ = 0,8 F 
 ∑FV = 0  VA + F senθ = 8 x 50 = 400 KN  VA + 0,6F = 400 
 ∑MC = 0  VA x 8 = 400 x 4  VA = 200 KN 
 F = 333,3 KN e HA = 266,7KN 
 Em B: N = + HA = + 266,7KN 
 Q = + VA – 50 x 4 = 0 
 M = + VA x 4 - 50 x 4 x 2 = 400 KN.m 
 
d. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção C. 
 
 
 
 
HB = 0; VA + VB = 25; 6VA = 10 x 4,5 + 15 x 1,5  VA = 11,25KN 
 VB = 13,75KN 
EmC: N = 0; Q = +11,25 – 10 = 1,25KN; 
 M = +11,25 x 3 – 10 x 1,5 = + 18,75KN.m 
 
 
 
 
 
C 
A B 
1,5m 
10KN 
1,5m 1,5m 1,5m 
15KN 
VA VB 
HB 
9 
 
e. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção C. 
 
 
 
Resolvendo: VA + VB = 10KN e HB = 0 
 3VA + 10 x 1,5 = 30  VA = 5KN e VB = 5KN 
Em C: N = 0; Q = +VA = + 5KN; M = -30 + VA x 1,5 = -22,5 KN.m 
f. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção C. 
 
 
 
 
Resolvendo: VA = VB + 100KN e HB = 0 
 3VA = 50 x 2 x 4  VA = 133,3KN e VB = 33,3KN 
Em C: N = 0; Q = +33,3KN; M = - 50KN.m 
g. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção C. 
 
 
 
 
Resolvendo: VA + VB = 39KN e HB = 0 
6VA = 12 x 4,5 + 9 x 3 x 1,5  VA = 15,75KN e VB = 23,25KN 
Em C: N = 0; Q = -9,75KN; M = + 24,75KN.m 
C 
A B 
1,5m 
30KN.m 
1,5m 1,5m 1,5m 
10KN 
C A 
B 
2m 1,5m 1,5m 
50KN/m 
C A 
B 
1,5m 1,5m 
9KN/m 
1,5m 1,5m 
12KN 
VA VB 
VA VB 
VA VB 
10 
 
h. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor na seção C. 
 
 
 
Resolvendo: VA + VB = 6 x 3 + 6 x 3/2 = 27KN e HB = 0 
6VA = 6 x 3 x 1,5 + 6 x 3/2 x 4 VA = 10,5KN e VB = 16,5KN 
Em C: N = 0; Q = - 16,5 + 18 = +1,5KN; M = + 22,5KN.m 
 
i. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor nas seções C (à direita de 40KN) e D. 
 
 
 
 
Resolvendo: VA + VB = 40KN e HA = 0 
6VA = 40 x 4 + 60  VA = 36,667KN e VB = 3,333KN 
Em C: N = 0; Q = - 3,333KN; M = + 73,33KN.m 
Em D: N = 0; Q = - 3,333KN; M = + 66,67KN.m 
 
 
j. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento 
fletor nas seções E e F. 
 
 
 
 
Resolvendo: HA = F cos 45° 
 VA + F sen 45° + F = 6 x 300 = 1800 
C A 
B 
3m 
6KN/m 
3m 
C A B 
2m 
60KN.m 
2m 2m 
40KN 
D 
E 
A 
1,5m 
300N/m 
1,5m 1,5m 
D 
1,5m 
F B 
C 
45º 
VA VB 
VA 
VB 
VA 
F 
F 
HA 
11 
 
 ∑MA = 0  1800 x 3 = 3F sen 45° + 6F  F = 665N 
HA = 470N e VA = 665N 
Em E: N = +470N; Q = +215N; M = + 660N.m 
Em F: N = 0; Q = -215N; M = + 660N.m 
 
 
4) Traçar os diagramas dos esforços solicitantes: 
a. Calcular o esforço cortante e o momento fletor nas seções B e 
traçar o DEC e o DMF. 
 
 VA = 5KN 
 VD = 1KN 
 
 
 Em B: Q = +5 
 M = +5x 
 Em C: Q = + 5 – 6 = -1 
 M = +5x – 6 (x – 3) = -x +18 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3m 6m 
6KN 9KN.m 
A B C D 
x 
x VA 
VD 
DEC(KN)
DMF(KN.m)
- 
+ 
+ 
-1 
9 
+5 
15 
12 
 
b. Traçar o DEC e o DMF. 
 
 
 VA + VB = 9 x 6/2=27KN 
 9VA = 27 x 3  
 VA = 9KN e VB = 18KN 
 q'/x = 6/9  q’ = 2x/3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Equações: QS = 9 – (2x/3).(x/2) = 9 – x2/3 
 Atribuindo valores a x: x = 0  Q = 9 
 x = 9  Q = -18 
 x = 4,5  Q = 2,25 
 Para Q = 0  x = 5,2m 
9 m 
6 KN/ m 
VA 
VB x 
S 
q' 
//=// 
5,2m 
DEC(KN)
- 
+ 
+9 
+2,25 
-18 
DMF(KN.m)
4,5m 
+ 
30,4 31,2 
13 
 
 MS = 9x – ( x2/3) . x/3 = 9x – x3/9 
 Atribuindo valores a x: x = 0  M = 0 
 x = 9  M = 0 
 x = 4,5  M = 30,4 
 x = 5,2  M = 31,2 
 
c. Traçar o DEC e o DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
d. Traçar o DEC e o DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 m 
6 KN/ m 
30 KN/ m 
3 m 
25 KN. m 
14 
 
e. Traçar o DEC e o DMF 
 
 VA = VB = 5KN 
 
 
 
 
 
 
 
f. Calcular as reações nos apoios, e o esforço cortante e 
momento fletor na seção C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: HB = 0; VA = qL/2; VB = qL/2 
 Em C: Q = VA - qx (reta) (2 pontos definem uma reta) 
3 m 3 m 
30 KN. m 
L 
A B C 
x 
q 
VA 
VB 
DEC(KN)
DMF(KN.m)
- - 5 
- 
+ 
- 15 
+15 
VA 
VB 
DEC 
DMF 
L/2 
- 
+ +qL/2 
-qL/2 
+ 
qL2/8 
15 
 
 M = VA.x - q.x2/2 (parábola do 2º grau) 
 Para x = 0 : M = 0 
 Para x = L: M = 0 
 Mmáx: dM/dx = 0  dM/dx = VA - q.x = 0  x = L/2 
 Mmáx = q.L2/8 
 Além disso, Q = dM/dx 
 E dQ/dx = -q 
 
5) Observações tiradas a partir dos exercícios, para facilitar o traçado 
do DEC e DMF: 
 
Conclusões: 
 Todos os diagramas começam e terminam em ZERO 
 Em trechos sem carga: 
o O DEC é constante 
o O DMF é uma reta qualquer (2 pontos definem uma reta) 
 Em pontos de carga concentrada F: 
o No DEC: existe um “salto” (descontinuidade) = F 
o No DMF: “bico” (discordância) 
 Em trechos de carga uniformemente distribuída q: 
o O DEC é retilíneo (2 pontos definem uma reta) 
o O DMF é uma parábola do 2º grau, fmédia = q.L2/8 
 Q = dM/dx e q = dQ/dx 
 Em trechos de carga momento M: 
o DEC não se altera 
o DMF apresenta descontinuidade (“degrau”) = M 
 
 
 
 
16 
 
6) Exercícios: 
a. Traçar DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 tf 5 tf 
1 m 2 m 1 m 
DEC 
DMF 
- 
+ 
+ 
+2 
-3 
+4 
+2 
- 
+ 
-4 
17 
 
b. Traçar DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 2 m 4 m 4 m 
6 tf 
2 tf/m 2 tf/m 
DEC 
DMF 
- 
+ + 
- 
-4 
+3 
-3 
+4 
-4 -4 
+8 
- 
+ 
- 
2 x 22/8= 1 2 x 22/8= 1 
18 
 
c. Traçar DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d. Traçar DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x = 1,25m 
 
2 m 2 m 2 m 2 m 
2 tf 8 tf.m 
6 tf 
2 m 2 m 2 m 4 m 
3 tf 
4 tf/m 
DEC 
DMF 
- 
+ 
- 
-2 
+4 
-2 
- 
+ 
- 
+ 
-4 -4 
+4 
+4 
DEC 
DMF 
- 
+ 
- 
+ 
-8 
-5 
+11 
+3 
x 
-8 
4 x 22/8= 2 
-6 
+4 
+7,125 
4 x 42/8= 8 
+ 
- - 
19 
 
 
e. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x = 3,25m 
 
 
 
Calculando equações de Q e M (considerando a origem do x sempre em C) 
Trecho CA: Q = -4x 
 M = -4x.x/2 = -2x2 
Trecho AD: Q = -4x + 27 
 M = -4x.x/2 + 27 (x – 2) = -2x2 + 27x – 54 
Trecho DE: Q = -4x + 27 – 8 = -4x + 19 
 M = - 4x.x/2 + 27 (x – 2) – 8 (x – 4) = -2x2 + 19x - 22 
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 
4 tf/m 6 tf 
8 tf 14 tf.m 
DEC 
DMF 
- 
+ 
- 
+ 
-8 
+19 
+11 
+3 
-13 
+6 
x 
- 
+ 
- 
-12 
-8 
+22 
+23,125 
+20 
+6 
4 x 22/8= 2 
4 x 22/8= 2 
4 x 22/8= 2 
4 x 22/8= 2 
C A D E B F 
20 
 
Trecho EB: Q = - 4x + 19 
 M = - 2x.x/2 + 27 (x – 2) – 8 (x – 4) – 14 = - 2x2 + 19x – 36 
Trecho BF: Q = +6 
 M = - 6 (10 – x) = 6x - 60 
 
f. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 2 m 2 m 
5 tf 
4 tf/m 
2 tf/m 
8 tf.m 
20 tf.m 
10 tf 
DEC 
DMF+ 
+27 
+19 
+9 
+5 
-32 
+14 
-6 
+8 +8 
- 
+ 
4 x 22/8= 2 2 x 2
2/8= 1 - 
+ 
21 
 
 
g. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
h. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x = 0,25m 
2 m 2 m 2 m 
2 tf/m 
4 tf 50 tf.m 
4 tf/m 
2 m 1 m 1 m 1 m 
2 tf 
DEC 
DMF 
+ 
+16 
+8 
+4 
2 x 22/8= 1 
2 x 22/8= 1 
2 x 22/8= 1 
-102 
-74 
-24 
-4 
- 
DEC 
DMF 
+ 
- 
- 
+ 
- -4 
+7 
-1 -3 
+3 
+4 
-2 4 x 12/8= 0,5 
4 x 22/8= 2 
x 
+4,125 
22 
 
i. Determinar as equações dos esforços cortantes e momentos 
fletores ao longo de toda a barra. 
 
 
 
 
Calculando: VA = 17KN e VB = 6 KN 
A origem dos “x”, para todos os trechos, será C: 
Trecho CA: Q = - 5 
 M = - 5x 
Trecho AD: Q = - 5 + 17 – 4 (x – 1) = - 4 x + 16 
 M = - 5x + 17 (x – 1) – 4 (x – 1) (x – 1)/2 = - 2 x2 + 16x – 19 
Trecho DB: Q = - 5 + 17 – 12 – 2 (x – 4) = - 2x + 8 
 M = - 5x + 17 (x – 1) – 12 (x – 2,5) – 4 – 2 (x – 4)(x – 4)/2 = 
 = -x2 + 8x -7 
 
j. Determinar as equações dos esforços cortantes e momentos 
fletores ao longo de toda a barra. 
 
 
 
 
Calculando: VA = 12KN e VB = 6 KN 
A origem dos “x”, para todos os trechos, será C: 
//=// 1 m 3 m 3 m 
5 KN 4 KN/ m 
4 KN. m 
2 KN/ m 
C A D B 
//=// 1 m 3 m 3 m 
6 KN 2 KN/ m 
3 KN. m 
4 KN/ m 
C A D B 
23 
 
Trecho CA: Q = - 6 
 M = - 6x 
Trecho AD: Q = - 6 + 12 – 2 (x – 1) = - 2 x + 8 
 M = - 6x + 12 (x – 1) – 2 (x – 1) (x – 1)/2 = - x2 + 8x – 13 
Trecho DB: Q = - 6 + 12 – 6 – q’ (x – 4)/2 
 q' / (x – 4) = 4 / 3  q’ = 4(x – 4)/3 
 Q = -2/3 (x2 – 8x + 16) 
 M = - 6x + 12 (x – 1) – 6 (x – 2,5) + 3 – q’(x – 4)(x - 4)/(2 . 3) = 
 = 6 – 2/9 (x – 4)3 
 
k. 
 
 Reações: 
 HA=2tf 
 VA=0,6tf 
 VB=8,6tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 2 m 3 m 3 m 
45º 
2 √2 tf 
2 m.tf 
2 tf/m 
2 m.tf 
HA 
VA VB 
+ 
DEN 
DEC 
DMF 
+2 
- 
-2,6 
- 
+ 
6 
- 
+ 
-0,6 
2 0,8 
7 
9 
2,25 
24 
 
l. 
 
 Reações: 
 HA = 0 
 VA=8 
 VB = 11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 tf/m 
1 tf/m 
1 tf 4 tf 2 tf 
2 m 2 m 2 m 3 m 1 m 
HA 
VA VB 
DEC 
DMF 
+ 
- 
- 
+ 
7 
-1 
5 
1 
2 
-9 
-3 
-2 
10 
-2 
- - 
16 
0,5 
2,25 
1 
+ 
25 
 
m. Reações: VA = 10,6875 VB = 10,8125 HB = 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 3 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 
1 tf/m 
2 tf/m 
45º 
4 √2 tf 
2 m.tf 
3 tf 
DEN 
DEC 
DMF 
4 
+ 
VB VA 
HB 
+ 
- 
- 
+ 
-2 
-2,8125 
-7,8125 
1,1875 
3 
6,1875 
8,6875 
+ 
- 
-9 
- 
-7 
12,53125 
25,8125 
16,59375
5 
-2 
1,5625 
1,5625 
0,78125 
26 
 
 
n. Reações: VA = 4 VB = 6 HA = 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 m 
1 tf/m 
8 m 10 m 4 m 
4 √2 tf 
45º 
38 tf.m 
DEN 
DEC 
DMF 
- 
-4 
VB 
HA 
VA 
- 
-2 
-6 
+ 
4 
+ 
4 
 - 
-16 
 - 
-18 
-34 
4,5 
27 
 
o. Reações: VA = 4 VB = 6 HB = 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 2 m 3 m 3 m 
2 √2 tf 
45º 
2 tf/m 2 tf/m 
2 tf.m 
DEN 
DEC 
DMF 
VB 
HB 
VA 
- -2 
+ 2 
-4 
- 
-4 
- 
-4 
- 
-2 
-6 
-2 1 
1 
28 
 
p. Reações: VA = 9,2 VB = 9,8 HB = 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x = 4,9m 
 
 
2 m 2 m 5 m 2 m 1 m 
1 tf/m 1 tf/m 
2 √2 tf 
45º 
4 tf.m 
2 tf.m 
2 tf/m 
3 tf 
VB 
HB 
VA 
DEN 
DEC 
DMF 
2 
+ 
5,2 
+ 
3,2 
0,2 
-2 
-9,8 
- 
- 
 x 
-2 
-2 
3,2 
11,6 
15,6 
22 22,01 
0,5 
0,5 
6,25 
+ 
- - 
29 
 
q. Reações: VA = 12 VB = 7 HA = 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x = 1,5m 
2 m 2 m 1 m 1 m 1 m 
45º 
2 √2 tf 3 √2 tf 
3 tf/m 
12 tf.m 
2 tf/m 
45º 
2 m.tf 
VB 
HA 
VA 
DEN 
DEC 
DMF 
+ 
- 
-3 
2 
- 
+ 
+ 
- 
-3 
-3 
-9 
-3 
-1 
-5 
2 
-12 
1,5 
3 
5 
3 
-1 
0,25 
0,25 
5,25 
1 
- 
+ 
- 
x 
30 
 
r. Reações: VA = 12 VB = 22 HA = 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x = 1,5m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 2 m 2 m 4 m 
45º 
6 √2 tf 12 tf.m 
4 tf/m 
45º 
4 √2 tf 
2 tf/m 
DEN 
DEC 
DMF 
VB 
HA 
VA 
- 
+ 
-4 
2 
- 
+ 
+ 
12 
6 
-10 
-14 
-18 
4 
x 
- 
+ 
-4 
1 
1 
28 
24 
36 
40,5 
8 
31 
 
7) Cabos 
a. Determinar a tração em cada segmento do cabo 
 
 
 
 
 
 
 
 
Consideremos o equilíbrio do cabo inteiro: 
Σ FH = 0  HA = HE 
Σ FV = 0  VA + VE = 4 + 15 + 3 = 22 
Σ ME = 0  18 VA = 4 x 15 + 15 x 10 + 3 x 2 = 216  VA = 12KN 
 VE = 10KN 
Agora, o equilíbrio do cabo AB: 
 Σ FH = 0  HA = NBC . cos θBC 
 Σ FV = 0  12 = 4 + NBC . sen θBC 
 NBC . sen θBC = 8 
 Σ MC = 0  12 x 8 = 12 HA + 4 x 5  HA = 6,33KN 
 HE = 6,33KN 
 NBC . cos θBC = 6,33 tg θBC = 1,2637  θBC = 51,6ºNBC . sen θBC = 8 NBC = 10,2 KN 
 
A 
B 
C 
D 
E 
3m 5m 8m 2m 
4KN 
15KN 
3KN 
12m YB 
YD 
HA 
HE 
VE VA 
HA 
VA 
4KN 
NBC 
ΘBC 
32 
 
Agora, o equilíbrio do ponto A: 
 Σ FH = 0  NAB . cos θAB = 6,33 θAB = 62,2º 
 Σ FV = 0  NAB . sen θAB = 12 NAB = 13,6KN 
 
 
Agora, o equilíbrio do ponto C: 
 Σ FH = 0  NBC . cos θBC = NCD . cos θCD 
 Σ FV = 0  NBC . sen θBC + NCD . sen θCD = 15 
 θCD = 47,9º 
 NCD = 9,44KN 
Agora, o equilíbrio do ponto E: 
 Σ FH = 0  HE = NED . cos θED 
 Σ FV = 0  NED . sen θED = VE 
 ΘED = 57,7º 
 NED = 11,8KN 
b. Determinar a tração em cada segmento do cabo, e o 
comprimento total do cabo. 
 
 
 
 
 
 
 
ΘAB 
A 
NAB 
HA 
VA 
C 
NBC 
ΘBC ΘCD 
NCD 
15KN 
HE 
VE NED 
ΘED 
VA 
HA 
HB 
VB A 
B 
D
C
400N 
250N 
0,6m 
1,5m 
1,2m 0,9m 0,9m 
33 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Momentos e Produtos de Inércia 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
34 
 
1. Momento estático: 
a. de uma superfície em relação a um eixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Definição: M x = y dS = y. S 
 
 M y = x dS = x. S 
 
Exemplo: 
 
 
 
 
 
M 1 = (12 x 2) x 0 = 0 M 2 = (12 x 2) x 1 = 24 cm3 
O momento estático de uma seção em relação a um eixo que passe 
em seu CG vale ZERO. 
 
b. de uma superfície composta em relação a um eixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
S 
X 
CG 
 
x 
 
y 
dS 
 
x 
y ρ 
Figura 1 
y 
x 
S1 
S2 
CG1 
 
x1 
 
y1 
CG2 
 
x2 
 
y2 
CG 
 
x 
 
y 
12cm 
X CG X1 
X2 
2cm 
35 
 
 
M x (total) = M x (seção 1) + M x (seção 2) 
 
 
(S1 + S2 ) . y = S1 . y1 + S2 . y2  y = Σ M x / Σ S 
 
 
2. Momento de inércia: 
a. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): 
Definição: Jx = y2 dS 
 
 
 Jy = x2 dS 
 
b. de uma superfície composta em relação a um eixo: 
Jx (total) = Jx (seção 1) + Jx (seção 2) 
 
 
3. Momento de inércia polar: 
a. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): 
Definição: JP = ρ2 . dS = (x2 + y2 ) dS = 
 
 = x2 dS + y2 dS = Jx + Jy 
 
b. de uma superfície composta em relação a um eixo: 
JP (total) = JP (seção 1) + JP (seção 2) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
36 
 
4. Translação de eixos (Teorema dos eixos paralelos – Steiner): 
 
 
 
 
 
 
 
 
JCG = y2 dS 
 
J// = (y + aX)2 dS = (y2 + 2 aX y + aX 2 ) dS = 
 
 = y2 dS + 2aX y dS + aX 2 dS  
 
J// = JCG + aX 2 S 
 
 
 
5. Momento de inércia do retângulo: 
 
 
dS = b.dy 
 
 Jx1 = y2 dS = y2 b.dy = 
 
 = b. y2 dy = b.y3 /3 
= 
 
 Jx1 = b.h3 /3 
 
 
 
 
 
S 
CG XCG 
X// 
dS 
y 
a X 
0 
X1 
 
b 
h 
dS 
dy 
y 
y 
h h 
h h 0 
0 
0 
0 
37 
 
 
 
 
 Jx = y2 dS = b.y3 /3 
 
 
 Jx = b.h3 /12 
 
 
 
 
Ou, usando o Teorema dos eixos paralelos: 
J// = JCG + aX 2 S  JCG = J// - aX 2 S 
 
JX = b. h3 / 3 - (h/2)2 . bh = b . h3 / 12 
 
6. Exercícios: 
a. Determinar o momento de inércia para a figura abaixo, em 
relação ao eixo X. Equação da curva: y2 = 400x 
 Para x = 100  y = 200mm 
 Jx = y2 dS 
 
 dS = (100 – x) . dy 
 x = y2 / 400  dS = (100 – ( y2 / 400)).dy 
 
 Jx = y2 . (100 – ( y2 / 400)).dy = 
 
 = 107 x 106 mm4 
 
h 
b 
X 
dS 
y 
y 
+h/2 
-h/2 
+h/2 
-h/2 
X 
Y 
100mm 
200mm 
S 
x 
y 
dS 
dy 
0 
200 
38 
 
b. Determinar JX e JY: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Retângulos A e C: 
 JX = (100 x 3003 / 12) + (2002 x 100 x 300) = 1,425 x 109 mm4 
 JY = (300 x 1003 / 12) + (2502 x 100 x 300) = 1,900 x 109 mm4 
Retângulo B: 
 JX = (600 x 1003 / 12) = 0,050 x 109 mm4 
 JY = (100 x 6003 / 12) = 1,800 x 109 mm4 
Total: JX = 2,900 x 109 mm4 JY = 5,600 x 109 mm4 
 
X 
Y 
CG 
300mm 
100mm 
100mm 
100mm 
300mm 
100mm 
200mm 200mm 
A 
C 
B B 
39 
 
7. Produto de inércia de uma superfície (vide Figura 1): 
Definição: JXY = xy dS 
 
 Como x e y podem ser positivos ou negativos, o Produto de Inércia 
será ZERO se os eixos X ou Y forem eixos de simetria para a seção. 
 
8. Translação de eixos (Teorema dos eixos paralelos): 
 
 
 
 
 
 
 
Produto de inércia de dS em relação aos eixos X e Y: 
 dJXY = (x’ + aX).(y’ + aY). dS 
Para a area inteira: JXY = (x’ + aX).(y’ + aY). dS = 
 
 = x’.y’.dS + x’. aY. dS + y’. aX .dS + aX . aY . dS 
 
 JXY = JX’Y’ + aX . aY . S 
 
 
 
S 
X 
Y 
X’ 
Y’ 
CG 
C 
aY 
aX 
dS x’ 
y’ 
S 
S S S S 
0 0 
40 
 
9. Calcular o produto de inércia das figuras em relação a X-Y: 
a. 
 
 
 
 
 
Como X ou Y são eixos de simetria da figura  JXY = 0 
b. 
 
 
 
 
 
JXY = JX’Y’ + aX . aY . S = 0 + (b/2).(h/2).bh = b2.h2/4 
 
 Equação da curva: y = (h/b).x 
c. 
 dS = y.dx 
 
 
 
 
 
X 
Y 
h 
b 
CG 
X’ 
Y’h 
b 
X 
Y 
X 
Y 
h 
b 
x 
y 
dS 
 ◦ (x, y) 
dx 
41 
 
O produto de dS em relação a X-Y: dJXY = dJX’Y’ + x.y dS. 
A parcela dJX’Y’ é igual a ZERO, pois X’ ou Y’ são eixos de simetria de dS. 
Como x = x e y = y/2  dJXY = (x).(y/2).y.dx=(x/2).(y2)dx = 
 = (x/2).(h2/b2).(x2).dx = (x3/2).(h2/b2).dx 
 JXY = (x3/2).(h2/b2).dx = ((h2/b2)/2).[x4/4] = (h2.b2)/8 
 
OUTRA SOLUÇÃO: Equação: x = (b.y)/h 
 
 dS = (b – x).dy 
 
 
 
 
O produto de dS em relação a X-Y: dJXY = dJX’Y’ + x.y dS. 
A parcela dJX’Y’ é igual a ZERO, pois X’ ou Y’ são eixos de simetria de dS. 
Como x = x + ((b – x) /2) = (b + x)/2 
 e y = y  dJXY = ((b + x)/2).y.(b – x) dy = (y/2).(b + x).(b – x).dy = 
 =(y/2).(b + (b.y/h)).(b – (b.y/h)).dy 
 Fazendo a integração, e Y variando de 0 a h: JXY = (h2.b2)/8 
 
 
 
 
 
0 
b 
0 
b 
X 
h 
b 
x 
y 
dS 
 ◦ dy 
 (x, y) 
Y 
42 
 
d. Usar a figura do exercício 6b (página 22): 
Retângulo A: 
 JXY = JX’Y’ + S.aX.aY = 0 + (100 x 300).(-250).(200) = -1,5 x 109 mm4 
Retângulo C: 
 JXY = JX’Y’ + S.aX.aY = 0 + (100 x 300).(250).(-200) = -1,5 x 109 mm4 
Retângulo B: 
 JXY = 0 (X ou Y são eixos de simetria da seção) 
Total: JXY = -3 x 109 mm4 
 
10. Rotação de eixos: 
 
 
 
 
 
 
 A equação que fornece o momento de inércia Ju, em relação a uma 
direção u que faz θ com a direção x: 
Ju = (Jx + Jy) / 2 + ( (Jx – Jy)/2).cos 2θ - Jxy.sen 2θ (I) 
Para a direção v, que faz θ + 90º com a direção x, basta substituir θ por θ 
+ 90º: 
Jv = (Jx + Jy) / 2 - ( (Jx – Jy)/2).cos 2θ + Jxy.sen 2θ (II) 
 A equação que fornece o produto de inércia Juv, em relação a uma 
direção u que faz θ com a direção x: 
Juv = ((Jx - Jy) / 2).sen 2θ + Jxy.cos 2θ (III) 
X 
Y 
dS 
U 
V 
S 
θ 
θ 
43 
 
11. Momentos principais de inércia: 
Os momentos de inércia variam conforme a direção θ. 
Consideremos os eixos girando em torno do CG de uma seção. A equação 
que nos fornece os momentos de inércia (J) que ocorrem nos eixos que 
giram em torno do CG é a equação I. Dentre todos esses eixos, existirá um 
deles que terá o maior de todos os J, e outro que terá o menor de todos os 
J. Estes são os Eixos Principais de Inércia, e os momentos de inércia que 
neles ocorrem são os Momentos Principais de Inércia. 
 Como determiná-los? Calculando-se o valor máximo de J (deriva-se 
a equação I e iguala-se a ZERO): 
dJu/dθ = -2 ((Jx – Jy)/2).sen 2θ - 2 Jxy.cos 2θ = 0 
 tg 2θP = - 2 Jxy / (Jx – Jy) (IV) 
Se Jx > Jy  θ fornecerá o máximo dos Ju (θ1) 
Se Jx < Jy  θ fornecerá o mínimo dos Ju (θ2) 
 Se Jx = Jy  θ1 ou θ2? Se JXY < 0  tg 2θP = +∞  2θP=+90º e 
θP=+45º 
 Se JXY > 0  tg 2θP = -∞  2θP=-90º e 
θP=-45º 
 Mas qual será a direção 1 e qual será a 2? (Vide 
exercício 14g) 
 Convenção de sinais: sentido trigonométrico. 
 Os eixos do máximo e do mínimo são ortogonais. 
 Substituindo-se o valor encontrado de θ (equação IV) na equação I, 
teremos: 
Jmáx,mín = (Jx + Jy)/2 ± √ ((Jx - Jy)/2)2 + Jxy2 
Usando-se o “+”, obtemos o máximo; e se usarmos o “-“, obtemos o 
mínimo. 
Substituindo-se θP na equação III: Juv = 0 
44 
 
12. Exercício: Considerando-se a seção reta do exercício 6b, calcular os 
momentos principais de inércia e os eixos principais de inércia. 
Usando os resultados já obtidos nos exercícios 6b e 9d, temos: 
JX = 2,900 x 109 mm4 e JY = 5,600 x 109 mm4 
 JXY = -3 x 109 mm4 
 Como Jx < Jy  o θ encontrado será o do Jmínimo 
 tg 2θ2 = - 2 Jxy / (Jx – Jy)  
 tg 2θ2 = - 2 x (-3 x 109) / (2,900 x 109 - 5,600 x 109) = -2,22 
 2θ2 = -65,8º  θ2 = -32,9º 
 A direção θ1 = θ2 + 90º = 57,1º 
Jmáx,mín = (Jx + Jy)/2 ± √ ((Jx - Jy)/2)2 + Jxy2 
 Jmáx = 7,54 x 109 mm4 (direção θ1) 
 Jmín = 0,96 x 109 mm4 (direção θ2) 
 
13. Círculo de Mohr: obtenção dos momentos principais de inércia e 
suas direções pelo método gráfico 
Dados: Jx , Jy e Jxy 
Através de uma escala escolhida de forma conveniente 
(combinando-se clareza da figura – o método é gráfico – com o 
tamanho disponível do papel para o desenho), associar os valores 
acima a comprimentos: 
Jx – OE ; Jy - OF ; Jxy – EM 
Traça-se um par de eixos coordenados. Na horizontal marcaremos 
os momentos de inércia. Na vertical, o produto de inércia, ambos 
com origem em 0. 
 
45 
 
Construção do círculo: 
Centro: OC = (OE + OF) / 2 = (Jx + Jy) / 2 
Raio: CM 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os pontos deverão estar sobre o círculo. O ponto sobre o círculo 
que apresenta o maior dos J, é o ponto B. Então: OB = Jmáx 
O que apresenta o menor dos J é o ponto A: OA = Jmín 
 
 
 
 
 
 
X 
C 
X 
O 
1 
2 
X 
E F 
M 
A B 
x 
y 
Θ1 
Θ2 
46 
 
14. Exercícios: 
a. Determinar o CG da seção, e os momentos principais de 
inércia e suas direções. 
 CG: 
 x = 75mm 
 y = ((150x200x100) - 
 (100x175x112,5)) / 
 (150x200 – 100x175) = 
 = 82,5mm 
 
 
 
 
 
JX’ = (25x117,53/3)x2 + (150x82,53/3) – (100x57,53/3) = 48,776x106mm4 
JY’ = (200x1503/12) – (175x1003/12) = 41,667x106mm4 
JX’Y’ = 0 (pela simetria em torno de Y’) 
Como JX’ > JY’  θ1 : tg 2θ1 = - 2 JX’Y’ / (JX’ – JY’) = 0  θ1 = 0º 
X’ e Y’ são os eixos principais de inércia, e JX’ e JY’, os momentos principais 
de inércia. 
 
 
 
 
 
100mm 25mm 25mm 
175mm 
25mm 
X 
Y 
X 
CG 
X’ 
Y’ 
75mm 
82,5mm 
47 
 
b. Determinar o CG da seção, e os momentos principais de 
inércia e suas direções. 
 
CG: 
 x = (90x10x55 + 190x10x105+10x300x5)/ 
 (90x10+190x10+300x10) = 45,5mm 
 y = (90x10x295+190x10x5+300x10x150)/ 
 (90x10+190x10+300x10) = 125mm 
 JX’ = (90x103/12) + 1702x90x10 + (10x1753/3) + 
 (190x103/12) + 1202x190x10 + (10x1253/3) = 
 = 77,768x106mm4 
 JY’ = (10x54,53/3) + (10x154,53/3) + 
 + (300x45,53/3) – (280x35,53/3) = 
 = 18,077x106mm4 
 
 
 
 
 
Para o cálculo do JX’Y’, faremos a divisão nos 3 retângulos que aparecem na 
figura (A, B e C). Para cada um deles, faremos o cálculo no seu CG (JXY=0) e 
somaremos aX.aY.S: 
 
 
 
10mm 
280mm 
 10mm 
 10mm 190mm 
 10mm 90mm 
X 
Y 
X 
CG 
X’ 
Y’ 
125mm 
45,5mmA 
B 
C 
175mm 
 154,5mm 
 54,5mm 
48 
 
Retângulo A: 
 
 
 
 
 
 
JX’Y’ = 0 + 9,5x170x90x10 = 1,453x106mm4 
 
Retângulo B: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 JX’Y’ = 0 + (-40,5)x25x300x10 = -3,038x106mm4 
 
 
 
 
 
10mm 
 90mm 
175mm 
 54,5mm 35,5mm 
54,5 – 45 = 9,5mm 
X’ 
Y’ 
X’ 
Y’ 
10mm 
175mm 
125mm 
45,5mm 
45,5 – 5 = 40,5mm 
175 – 150 = 25mm 
175 – 5 = 170mm 
49 
 
Retângulo C: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
JX’Y’ = 0 + 59,5x(-120)x190x10 = -13,566x106mm4 
Total: JX’Y’ = -15,151 x106mm4 
Então: JX’ = 77,768x106mm4 
 JY’ = 18,077x106mm4 
 JX’Y’ = -15,151x106mm4 
Como JX’ > JY’  θ1 : tg 2θ1 = - 2 JX’Y’ / (JX’ – JY’) = 0,5077  2θ1 =26,92º 
 θ1 =13,46º 
Jmax = 81,393 x106mm4 
JMin = 14,452 x106mm4 
 
 
 
 
X’ 
Y’ 
 10mm 
 190mm 
 125mm 
35,5mm 154,5mm 
 125 -5 = 120mm 
 154,5 - 95 = 59,5mm 
X’ 
Y’ 
 Θ1 
 Θ2 
50 
 
c. Determine o produto de inércia para a área em relação aos 
eixos X e Y. 
 
 Solução: x = x 
 y = y/2 
 dS =((x3 + 2x2 + 4x)/8).dx 
 JXY = 3,12m4 
 
d. Determine o produto de inércia para a área em relação aos 
eixos X e Y. 
 Solução: x = x 
 y = y/2 
 dS = √x . dx 
 JXY = 10,7m4 
 
 
e. Determine o produto de inércia para a área em relação aos 
eixos X e Y. 
 Solução: JXY = (3/16).b2.h2 
 
 
 
 
 
 
X 
Y 
y = (x3 + 2x2 + 4x)/8 
3m 
2m 
Y 
X 
2m 
4m 
y2 = x 
Y 
X 
h 
b 
y3 =(h3.x)/b 
51 
 
f. Determine os momentos principais de inércia, bem como as 
direções principais. 
 
 
 Solução: Jmax = 113E6 mm4 
 Jmin = 5,03E6 mm4 
 θ1 = 12,3º ; θ2 = -77,7º 
 
 
 
 
g. Determine os momentos principais de inércia, bem como as 
direções principais 
 X = (24x12x24 + 36x12x6)/(24x12 + 36x12) = 
 = 13,2cm 
 Y = (24x12x24 + 36x12x6)/(24x12 + 36x12) = 
 = 13,2cm 
 
 
 
 
JX’ = JY’ = 12x22,83/3 + 36x13,23/3 - 24x1,33/3 = 74.995,2 cm4 
JX’Y’ = 0 + (24x12)(10,8)(-7,2) + 0 + (36x12)(-7,2)(4,8) = -37.324,8 cm4 
Como JX’ = JY’  θ1 ou θ2 ?  tg 2θP = - 2 (-37.324,8)/0 = +∞  θP=+45º 
20mm 
20mm 
20mm 
300mm 
100mm 
100mm 
Y 
X 12cm 24cm 
12cm 
24cm 
X’ 
Y’ 
CG 
22,8cm 
22,8cm 
13,2cm 
13,2cm 
52 
 
Calculando Jmax e Jmin pela fórmula: 
Jmax = 112.320 cm4 e Jmin = 37.640,4 cm4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pela fórmula (equação I, página 26), calculemos JθP: 
JθP = (74.995,2 + 74.995,2)/2 + ((74.995,2-74.995,2)/2).cos90 – 
 (-37.324,8).sen90 = 112.320 cm4, que é o valor de Jmax 
Então: P é a direção 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
X’ 
Y’ P (1 ou 2) 
θP = +45º 
53 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Análise de Estruturas 
Treliças 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
54 
 
 
1. Introdução: 
 Cargas nos nós 
 Ligações através de rótulas 
 Apenas esforços normais nas barras 
Veremos a resolução através de 2 métodos: 
 Método dos nós 
 Método das seções (Ritter) 
 
2. Grau de estaticidade: 
g = I + b - 2n , onde: 
g = grau de estaticidade 
n = número de rótulas (como cada rótula fornece 2 equações – 
ΣFX=0 e ΣFY=0 – então 2n é o número de equações) 
I = número reações de apoio 
b = número de barras 
I + b é o número de incógnitas – as incógnitas são as reações nos 
apoios (I) e o esforço normal em cada barra (b) 
Se: g = 0  estrutura isostática (nosso estudo) 
 g > 0  estrutura hiperestática 
 g < 0  estrutura hipostática 
 
 
 
 
 
55 
 
 
3. Método dos nós: 
L2 = L3 = √ 3002 + 4002 = 500mm 
 
 n = 3 
 I = 3 
 b = 3 
 g = 0 
tg θ = 300/400 = 0,75 
sen θ = 300/500 = 0,6 cos θ = 400/500 = 0,8 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
 Σ FH = 0  HA = 0 
 Σ FV = 0  VA + VB = 10 
 Σ MB = 0  800.VA = 10x400  VA = 5 KN VB = 5 KN 
Equilíbrio de cada nó (caso não tenha certeza do correto sentido das 
cargas, coloque-as como de tração): 
Nó A: 
 Σ FH = 0  0 + N1 + N2.cosθ = 0 
 Σ FV = 0  VA + N2.senθ = 0  N2 = -8,33 KN (comp.) 
 N1 = 6,67 KN (tração) 
 
 
 
 
10KN 
C 
B A 
300mm 
400mm 400mm 
θ θ HA 
VA VB 
 
 1 
 2 3 
A HA 
VA 
θ 
N2 
N1 
56 
 
 
Nó B: 
 Σ FH = 0  N1 + N3.cosθ = 0  N3 = - 8,33 KN (comp) 
 
 
 
 
 
4. Exercícios: Calcular as reações nos apoios e os esforços normais na 
barras n = 3 
a. I = 4 g = 0 
 b = 2 
 Calculando: 
 L1 = 461mm 
 L2 = 570mm 
 
Sen θ1 = 0,76; cos θ1 = 0,65 Sen θ2 = 0,61; cos θ2 = 0,79 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
 Σ FH = 0  HA + 20 = HB 
 Σ FV = 0  VA + VB = 100 
 Σ MB = 0  750.VA + 20x350 = 100x450  VA = 50,7 KN VB = 49,3 KN 
Nó A:Σ FH = 0  HA + N1.cosθ1 = 0  HA = 43,4KN 
 Σ FV = 0  VA + N1.senθ1 = 0  N1 = -66,8 KN (comp.) 
B 
N1 
VB 
θ 
N3 
 1 
 2 3 
 -8,33KN -8,33KN 
 6,67KN 
300mm 450mm 
350mm 
VA VB 
HB HA 
20KN 
100KN 
2 1 
 Θ1 Θ2 
A HA 
VA 
θ1 
N1 
C 
B A 
57 
 
 HB = 63,4KN 
Nó B: 
 Σ FH = 0  HB + N2.cosθ2 = 0  N2 = - 80,3 KN (comp) 
 
 
 
 
 
b. 
 
 
 
 
 
Calculando: L2 = L3 = L5 = 707mm senθ = 0,707 cosθ = 0,707 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
 Σ FH = 0  HA = 0 
 Σ FV = 0  VB = VA + 80 
 Σ MB = 0  1000.VA = 80x500  VA = 40KN VB = 120KN 
Nó A: 
 Σ FH = 0  HA + N2.cosθ + N1 = 0 
 Σ FV = 0  VA = N2.senθ = 0  N2 = 56,6 KN (tração) 
 N1 = -40KN (compressão) 
 
B 
VB 
θ2 
N2 
 1 2 
 -80,3KN -66,8KN 
HB 
VA 
HA 
Vb 
A 
B 
C D 
80KN 500mm 
500mm 500mm 500mm 
θ θ 
θ θ 
4 
1 
2 3 
5 
A HA 
VA 
θ 
N2 
N1 
58 
 
 
Nó D: 
 Σ FH = 0  N4 + N5.cosθ = 0 
 Σ FV = 0  80 + N5.senθ = 0  N5 = -113,2KN (comp.) 
 N4 = 80KN (tração) 
Nó C: 
 Σ FH = 0  N4 + N3.cosθ = N2.cosθ 
 N3 = -56,6KN (compressão) 
 
 
5. Método das seções (Ritter): 
Bases do método: Σ FH = 0 HA 
 Σ FV = 0 VA 
 Σ MP = 0 VB 
 
 
 
 No caso do corte na estrutura, 
 ficamos com as incógnitas: 
 N3, N7 e N12. 
 Resolução (por exemplo): 
 Σ MD = 0  acha-se N3 
 Σ MG = 0  acha-se N7 
 Σ FV = 0  acha-se N12 
D 
80KN 
θ 
N5 
N4 
C N4 
N3 N2 
θ θ 
VA 
VB 
HA 
F1 
F2 
F3 
F4 
A B 
C D E 
F 
G 
H 
I 
1 
2 
3 
4 
5 
6 7 8 9 
10 
11 12 
13 
14 
15 
VA 
HA 
F 
1 
2 
10 
F1 
6 C 
G 
11 
F2 
7 
12 
D 
3 
N3 
N12 
N7 
59 
 
 
Aplicação: Calcular os esforços normais nas barras 2, 8 e 17. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Σ FH = 0  HA = 6tf 
Σ FV = 0  VA + VB = 10tf 
Σ MB = 0  12VA + 6x2 = 6x8 + 4x6  VA = 5tf VB = 5tf 
 Σ MI = 0  
 4VA + 2xHA = 2xN17  N17 = 16tf (T) 
 Σ MD = 0  
 4VA + 6x2 + 2xN2 = 0  N2 = -16tf(C) 
 Σ FV = 0  
 VA = 6 + N8  N8 = -1tf (C) 
Pelo mesmo método, calcule os esforços normais nas barras 3, 9, 11, 18 e 
19. 
Respostas: N3 = 10tf (C) ; N9 = 1,4tf (T); N11 = -7,07tf(C); N18 = 15tf(T); 
 N19 = 15tf (T) 
 
VA 
HA 
VB 
A B C 
H 
D 
I 
E 
J 
F 
K 
G 
L 1 2 3 4 
5 6 7 8 9 10 
11 12 
13 
14 
15 
16 17 18 19 20 21 
2m 2m 2m 2m 2m 2m 
2m 
6tf 
6tf 
4tf 
VA 
HA A 
5 
16 
6tf 
C 
6 7 
1 
6tf 
I 
8 
17 
N2 
D 
N8 
N17 
60 
 
6. Por qualquer método, determinar as reações nos apoios, bem como 
os esforços normais em cada barra: 
a. 
 
 
 
 
 
Resp: N1=19,7KN(T); N2=49,2KN(C); N3=33,8KN(T) 
 N4=12,6KN(C); N5=12,6KN(C); HD=19,2KN (p/direita) 
 VC=49,2KN(p/cima); VD=1,4KN (p/baixo) 
 
 
b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B C D 
30KN 
10KN 1,8m 
1,5m 5,0m 
4 
1 
2 
3 
5 
C 
2,0m 
2,0m 
500N 
A 
B 
15KN 
61 
 
c. 
 
 
 
 
 
 
 
7. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada 
barra. 
 
 
 
 
 
 
8. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada 
barra. 
 
 
 
 
 
 
A 
3,0m 3,0m 
4,0m 
B C 
D 
400N 
600N 
6KN 
20KN 
 1 
4 2 
3 
5 
2m 2m 
1,5m 
6KN 
40KN 
 1 
6 2 
3 5 
1,2m 1,2m 
1,6m 
1,2m 1,2m 
4 
7 
62 
 
9. Calcule as reações nos apoios e os esforços normais nas barras, pelo 
método de Ritter. 
Sugestão: Faça os seguintes cortes: 1-2 ; 2-3-4 ; 4-5-6; 6-7-8; 8-9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18KN 
 1 
6 2 
3 
5 
2m 2m 
2m 
7 
2m 
36N 
4 
8 
9 
63 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Forças de atrito 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
64 
 
1. Conceituação: 
Força de atrito surge para resistir ao movimento de duas 
superfícies em contato, que deslizam uma em relação à outra. Tal força 
sempre atua tangenciando a superfície nos pontos de contato, e é 
direcionada de modo a se opor ao movimento possível (ou já existente) 
entre as superfícies. 
2. Classificação: 
a) Seco: ocorre entre as superfícies de contato dos corpos 
quando não existe um fluido lubrificante. 
b) Estático: ocorre quando existe a iminência de deslizamento 
entre as duas superfícies. 
c) Dinâmico (cinético): ocorre quando o deslizamento já está 
ocorrendo. 
 
3. Coeficientes de atrito: 
 
 
 
 
 
À medida que F aumenta, Fa aumenta lentamente, até chegar na 
iminência de deslizamento. Nesse momento, o bloco está em equilíbrio 
instável, pois qualquer adicional em F fará com que o bloco se mova. 
Experimentalmente, verifica-se que a força Fa, no seu limite (que 
chamaremos de FS), é diretamente proporcional à força normal N: 
FS = μS.N , onde μS é o coeficiente de atrito estático entre as duas 
superfícies. 
 Se o valor de F for aumentado de modo que se torne ligeiramente 
maior que FS, a força de atrito na superfície de contato cairá para um valor 
menos que FS (que chamaremos de FK), chamado de força de atrito 
dinâmico (cinético). Experimentalmente, verifica-se que a intensidade da 
X 
CG 
a/2 a/2 
P 
F 
Fa 
N 
O x 
65 
 
força de atrito dinâmico é diretamenteproporcional à N: FK = μK.N , onde 
μK é o coeficiente de atrito dinâmico (cinético). 
 μK < μS 
 Em resumo: 
 Fa é força de atrito estático se o equilíbrio está mantido 
 Fa é força de atrito estático limite (FS) quando atinge um 
valor máximo necessário para manter o equilíbrio, e o 
movimento é iminente. 
 Fa é for,a de atrito cnético (ou dinâmico) (FK) quando existe 
o deslizamento. 
 
4. Exercícios: 
a) O corpo da figura tem massa de 20 kg. Com a aplicação da 
força de 80N, verifique se o corpo permanece em equilíbrio. 
Coeficiente de atrito estático: μS = 0,3 
 P (peso) = 20 x 9,8 = 196N 
 
 
Σ FH = 0  Fa = 80 cos 30º  Fa = 69,3N 
Σ FV = 0  NC = 80 sen 30º + 196  NC = 236N 
Σ MO = 0  NC . x + 80 sen 30º .(0,4)= 80 cos 30º . (0,2)  x = -0,00908m 
(significa que a força N está 9,08 mm à esuqerda de O). 
Analisando os movimentos: 
Enquanto NC estiver dentro dentro da base de sustentação do corpo, não 
haverá tombamento  não há tombamento 
Como: FS = μS. NC = 0,3 x 236 = 70,8N. Como Fa < FS  não há 
deslizamento 
 
0,8m 
 P 
 O 
 80N 
30º 
 NC 
 Fa 
 0,2m 
 x 
66 
 
b) Verifica-se que o corpo da figura começa a deslizar no plano 
inclinado quando θ = 25º (ângulo de atrito). Determinar μS 
entre as duas superfícies. P = Peso do bloco 
 
 
 
 
 
 
Σ FH = 0  Fa = P sen θ  FS = P sen 25º = μS.NC 
Σ FV = 0  NC = P cos θ  NC = P cos 25º P cos 25º. x = P sen 25º (0,5) 
Σ MO = 0  NC . x = P sen θ. (0,5) 
 x = 0,233m < 0,3 (não há tombamento) 
P sen 25º = μS. P cos 25º  μS = tg 25º = 0,466 
c) A escada de massa 10kg apoia-se contra a parede lisa em B, e 
em A, apoia-se no plano horizontal de coeficiente de atrito 
estático μS = 0,3. Determinar o ângulo θ e a reação normal em 
B quando a escada estiver na iminência de deslizamento. 
 P = 10 x 9,8 = 98N 
 Σ FH = 0  FS = NB = μS.NA = 
 = 0,3 NA 
 Σ FV = 0  NA = P = 98N 
 NB = FS = 29,4N 
 
 Σ MA = 0  NB.(4 senθ)= P.(2 cosθ)  tgθ=1,667  θ = 59º 
CG 
θ 
P 
θ 
O 
0,6m 
0,5m 
NC 
Fa 
x 
4m 
θ 
CG 
P 
2cos θ 2cos θ FS 
NA 
NB 
A 
B 
67 
 
d) Os coeficientes de atrito estático em B e C são: 
μB = 0,2 e μC = 0,5. Determinar F necessário para puxar o poste 
de debaixo da viga. Desprezar os pesos dos componentes e a 
espessura da viga. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Σ FH = 0  HA = FB 
 Σ FV = 0  VA + NB = 800 
 Σ MB = 0  4VA = 800x2  VA = 400N 
 NB = 400N 
 Σ FH = 0  F = FC + FB 
 Σ FV = 0  NC = NB = 400N 
 Σ MC = 0  0,25F = FB Σ MB = 0  0,75F = FC 
 Podem ocorrer 2 situações: 
 O poste desliza em B e gira em C: 
 FB = μB.NB = 0,2 . 400 = 80N 
 FC ≤ μC.NC  FC ≤ 0,5.400  FC ≤ 200N 
 
 0,25F = 80  F = 320N  FC = 240N 
Como FC deveria ser ≤ 200N  contraria a hipótese 
 O poste desliza em C e gira em B: 
 FC = μC.NC = 0,5 . 400 = 200N 
 FB ≤ μB.NB  FB ≤ 0,2.400  FB ≤ 80N 
 
 0,75F = 200  F = 267N  FB = 67N 
Como FB deveria ser ≤ 80N hipótese confirmada 
Quando F = 267N  o poste desliza em C e gira em B 
4m 
A B 
C 
F 
0,75m 
0,25m 
2m 2m 
200N/m 
800N 
VA 
HA 
NB 
FB 
F 
0,75m 
0,25m 
FB 
FC 
NB 
NC 
68 
 
e) No sistema abaixo, o corpo de massa m2 = 8,1kg desce com 
velocidade constante. O coeficiente de atrito cinético 
(dinâmico) entre o corpo de massa m1 e a superfície horizontal 
é 0,30. Determinar a massa m1, em kg. 
 Corpo 2: 
 P2 = 8,1 x 9,8 = 79,4N 
 Se a velocidade do corpo 2 é cte  
 Aceleração = 0  P2 = T = 79,4N 
 Corpo 1: Σ FH = 0 F1 = T = 79,4N 
 Σ FV = 0  N1 = P1 
F1 = μ1.N1  79,4 = 0,3. N1  N1 = 264,7N  P1 = 264,7N  m1 = 27kg 
 
f) O corpo de massa m = 2kg desliza sobre uma mesa, com atrito, 
na direção e sentido A-B. Sua velocidade em A é 5m/s, e se 
anula em B. Considerando g = 10m/s2, calcular o coeficiente de 
atrito dinâmico μK, sendo a distância A-B igual a 2,5m. 
 Peso = P = 20N 
 Σ FV = 0  P = NC  NC = 20N 
 Fa = μK. NC = 20 μK 
Como vA = 5m/s e vB = 0  v2 = v02 + 2.a.Δs  02 = 52 + 2a.(2,5)  
 a = - 5 m/s2 
Fa = ma = 20 μK  μK = 0,5 
 
 
 
 
P2 
m2 
m1 
T 
T 
P1 
N1 
F1 
X X 
A B 
P 
Fa NC 
69 
 
g) Os blocos A e B possuem massas de 3kg e 9kg, 
respectivamente, e estão conectados a ligações sem peso. 
Determinar a maior força P, aplicada em C, sem causar 
qualquer movimento. O coeficiente de atrito estático entre os 
blocos e as superfícies é μS = 0,3. 
 
 
 
 Σ FH = 0  FBC = FAC sen30º 
 Σ FV = 0  P = FAC cos 30º  FAC=1,154P 
Pino C: FBC=0,578P 
 Σ FH = 0  FA = FAC sen 30º = 0,578P 
Bloco A: Σ FV = 0  29,4 + FAC.cos30º = NA 
 PA = 3x9,8=29,4N NA = 29,4 + P 
 
Bloco B: Σ FH = 0  FBC = FB = 0,578P 
 PB = 9x9,8=88,2N Σ FV = 0  NB = PB = 88,2N 
 
Na iminência do deslizamento: 
Bloco A: FA = μS.NA  0,578P = 0,3 . (29,4 + P)  P = 31,8N 
Bloco B: FB = μS.NB  0,578P = 0,3 . (88,2)  P = 45,8N 
Conclusão: Quando P chegar a 31,8N, ocorrerá o deslizamento do bloco A 
 Pmáx = 31,8N 
 
 
A 
B 
C 
P 
30º 
 C 
P 
30º 
FBCFAC 
A 
FAC 
30º 
FA 
NA 
PA 
B 
FBC 
PB 
NB 
FB 
70 
 
h) Se P =200N, faça o estudo do atrito entre o bloco e o piso. A 
massa do bloco vale 50kg. Dado: μS = 0,3 senθ = 0,6 
 Peso = 50 x 9,8 = 490kg 
 Σ FH = 0  FB = P cos θ = 200 x 0,8 = 160N 
 Σ FV = 0  NB = 490 + P senθ = 610N 
Para que houvesse deslizamento: FB = μS. NB = 0,3 x 610 = 183N 
Como FB = 160N  não ocorre deslizamento 
 
i) Determinar P máximo para que não haja deslizamento dos 
blocos de 50kg cada um. Dado: μS = 0,25 
 Peso de cada bloco = 50x9,8= 
 = 490N 
 
Bloco A: Σ FH = 0  FA = T 
 Σ FV = 0  NA = 490N 
 Na iminência do deslizamento: FA = μS.NA = 0,25 . 490 = 122,5N 
 T = 122,5N 
Bloco B: Σ FH = 0  P cos 30º = T + FB = 122,5 + FB  FB = P cos 30º - 122,5 
 Σ FV = 0  P sen 30º + NB = 490  NB = 490 – P sen30º 
 Na iminência do deslizamento: FB = μS.NB  
 P cos 30º - 122,5 = 0,25 (490 – P sen30º)  Pmax =247N 
 
 
 
P 
θ 
490N 
FB 
B 
NB 
P 
30º A B 490N 490N 
NB NA 
FB FA 
T 
71 
 
j) Determinar P máximo para que não haja qualquer movimento 
do bloco de 125kg. Dado: μS = 0,4 
 Peso do bloco = 125 x 9,8 = 1.225N 
 Σ FH = 0 P = FB 
 Σ FV = 0  NB = 1.225N 
 Na iminência do deslizamento: 
 FB = μS. NB = 0,4 x 1.225 = 490N  P = 490N 
Na iminência do tombamento: x = 0,45m  
 Σ MO = 0  1,35P = NB . 0,45  P = 408 N 
Assim, Pmáximo para que não haja qualquer deslocamento é 408N 
k) Seja a situação da figura. O homem conseguirá mover o bloco? 
Se puder, haverá deslizamento ou tombamento do bloco? 
Dados: Massas: Bloco = 90kg; Homem = 75kg (usar g = 10m/s2) 
 Coeficientes de atrito estático: 
 Entre bloco e piso = 0,25 ; Entre sapato do homem e piso = 0,6 
 Pbloco = 900N Phomem = 750N 
 Homem: Σ FH = 0  R = FA 
 Σ FV = 0  NA = 750N 
 A maior força que o homem poderá 
 aplicar (e receber) será na iminência 
 do deslizamento: FA = μS.NA = 450N 
  R = 450N 
 
 
B 
NB 
FB 
1.225N 
P 
x 
1,35m 
0,45m 0,45m 
O 
CG 
B 
0,9m 
0,9m 
1,2m 
R R 
X 
750N 
900N 
NB 
NA FA FB x 
A 
O 
72 
 
Bloco : Σ FH = 0  R = FB 
 Σ FV = 0  NB = 900N 
 Para que o bloco esteja na iminência de deslizar: 
 FB = μS.NB = 225N 
 Como a força aplicada pelo homem (R) pode chegar a 450N, 
maior que a força de atrito do bloco, então este é movido. 
Na iminência do tombamento: x = 0,45m  
 Σ MO = 0  R x 1,2 = 900 x 0,45  R = 337,5N 
Como a força necessária ao deslizamento (225N) é menor que a 
necessária ao tombamento (337,5N), então o bloco primeiramente 
deslizará, e só tombará se o homem aplicar a força de 337,5N. 
 
l) Determinar a força mínima P para impedir que o bloco deslize 
para baixo. Massa do bloco: 50kg; Coeficiente de atrito estático 
entre o plano e o bloco: 0,25 
 Peso do bloco = 50 x 9,8 = 490N 
 Σ FX = 0  FB + Pcos 30º = 490 sen 30º 
 Σ FY = 0  NB = 490 cos 30º + P sen 30º 
 Na iminência do deslizamento: 
 FB = μ.NB = 0,25 (424,4 + 0,5P) = 
 = 106 + 0,125P 
Fazendo a substituição de FB na primeira equação: 
 106 + 0,125P + P cos 30 = 490 sen 30  P = 140N 
 
 
30
P 
NB 
490 FB 
Y 
X 
73 
 
m) Determinar a força mínima P para empurrar a caixa para cima. 
Massa do bloco: 50kg; Coeficiente de atrito estático entre o 
plano e o bloco: 0,25 
 Peso do bloco = 50 x 9,8 = 490N 
 Σ FX = 0  FB + 490 sen 30 = P cos 30 
 Σ FY = 0  NB = 490 cos 30 + P sen 30 
 Na iminência do deslizamento: 
 FB = μ.NB = 0,25 (424,4 + 0,5P) = 
 = 106 + 0,125P 
Fazendo a substituição de FB na primeira equação: 
 106 + 0,125P + 490 sen 30 = P cos 30  P = 473,7N 
n) O peso do poste é igual a 150N, e seu compriment é de 7,8m. 
Ele se apoia numa parede lisa e num piso rugoso. O coeficiente 
de atrito estático entre o poste e o piso é μS = 0,3. Se d = 3m, 
verifique se o poste permanecerá parado ou não. 
 
 
 
 
 
 
 
o) Usando a mesma figura e dados do exercício anterior, qual o d 
máximo para que o poste não escorregue? 
 
 
30
P 
NB 
490 FB 
Y 
X 
d 
74 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Trabalho Virtual 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
75 
 
1. Introdução: 
O meio clássico para a solução de problemas envolvendo o 
equilíbrio de corpos rígidos é o uso das equações da Estática: ΣF = 0 e 
ΣM = 0. 
O método do trabalho virtual é uma alternativa que pode simplificar 
a solução de vários casos, além de encontrar aplicações em outras 
técnicas mais avançadas. 
 
2. Deslocamento virtual: 
A palavra virtual significa que as quantidades são puramente 
imaginárias e que não precisam existir no sentido real ou físico. Assim, um 
deslocamento virtual é um pequeno deslocamento imaginário, 
arbitrariamente imposto sobre um sistema estrutural. Não há necessidade 
de se tratar de um deslocamento real. 
 
3. Trabalho virtual: 
O trabalho realizado por forças reais durante um deslocamento 
virtual é chamado de trabalho virtual. 
O trabalho virtual realizado por uma força real F tendo um 
deslocamento virtual δr é: δU = F . δr.. 
O trabalho virtual realizado por um binário M que sofre uma rotação 
virtual δθ é: δU = M . δθ. 
 
4. Princípio do Trabalho Virtual: 
O princípio do trabalho virtual afirma que, se um corpo está em 
equilíbrio, a soma algébrica do trabalho virtual realizado por todas as 
forças e momentos binários reais que atuam sobre o corpo é ZERO.76 
 
5. Roteiro para a aplicação do Princípio do Trabalho Virtual: 
a. Retira-se o vínculo correspondente à incógnita, substituindo-
o pela incógnita para manterv o equilíbrio. A incógnita para a 
ser considerada carga externa ativa. 
b. Aplica-se um deslocamento virtual compatível com as 
ligações remanescentes da estrutura. 
c. Calcula-se o trabalho virtual de todos os esforços externos, 
igualando-o a ZERO. 
 
 
6. Aplicações: 
a. Determinar a reação VA no apoio A, para o carregamento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 δC / 6 = δA / 10  δC = 0,6 δA 
 δD / 5 = δA / 10  δD = 0,5 δA 
 As forças que produzem trabalho são: VA, 2KN e 10KN. Então, 
aplicando-se o Princípio do Trabalho Virtual: 
 - VA . δA + 2 . δC + 10 . δD = 0  
 - VA . δA + 2 . 0,6 δA + 10 . 0,5 δA = 0  VA = 6,2 KN 
 
 
4m 1m 5m 
2KN 10KN 
A B 
VA 
VB 
HB 
2KN 10KN 
VA 
C D 
δA δC 
δD 
VB 
HB 
77 
 
b. Calcular a força de compressão sofrida pelo bloco D, em 
função de F, θ e L. As barras AB e BC têm comprimento L. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na posição inicial: YB = L cos θ e XC = 2 L sen θ 
Fazendo-se as derivadas para cálculo dos δB e δC: 
 δYB = - L sen θ . δθ e δXC = 2L cos θ. Δθ 
O trabalho virtual é dado por: 
 δU = F . δYB + HC . δXC = 0 
As demais forças não executam trabalho. 
Substituindo os valores conhecidos: 
δU = F . (- L sen θ . δθ) + HC .( 2L cos θ. δθ) = 0 
HC = (F tg θ) / 2 
 
δB 
δθ 
δC 
A 
B 
C 
D 
F 
θ θ 
F 
VA VC
HA HC F 
B 
C