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ESTÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS 
 
 
1.� Forças no plano 
 A Força representa a ação de um corpo sobre o outro e é caracterizada pelo seu 
ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. 
 A intensidade de uma força é expressa em Newton (N) no Sistema Internacional de 
Unidades (SI). 
 A direção de uma força é definida por sua linha de ação, ou seja, é a reta ao longo 
da qual a força atua, sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo, 
como indicado na Figura 1 abaixo. 
F
α
F
α
 
Figura 2.1 
 O sentido da força é indicado por uma seta (vetor). 
 Denomina-se Grupo de forças, o conjunto de forças aplicadas em um único ponto 
de um corpo. 
 Sistema de forças é o conjunto de forças aplicadas simultaneamente em pontos 
diversos de um mesmo corpo. 
 
2. Equilíbrio de um ponto material 
 Ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se 
ocupasse um ponto no espaço. 
 Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é nula, 
este ponto está em equilíbrio. Este princípio é conseqüência da primeira lei de Newton: “se 
a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este ponto permanece em 
repouso (se estava originalmente em repouso) ou move-se ao longo de uma reta com 
velocidade constante (se originalmente estava em movimento)”. 
 Para exprimir algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto material, 
escreve-se: 
0==Σ RF 
onde: 
F = força 
R = resultante das forças 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
01Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
 A representação gráfica de todas as 
forças que atuam em um ponto material 
pode ser representada por um diagrama de 
corpo livre, como indica a figura ao lado. 
F3
F2
A
F4 F1
 
Figura 2.2 
 
Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio 
As condições necessárias e suficientes 
para o equilíbrio são: 
0=Σ xF 
0º302000º3010001500 =−−=Σ sensenFx
010005001500 =−−=Σ xF ok 
 
0=Σ yF 
0866º30cos1000º30cos2000 =−−=Σ yF 
08668661732 =−−=Σ yF ok 
xA F = 1500N1
F = 1000N3 F = 866N2
30°
y
F = 2000N4
30°
Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio 
 
 
3. Resultante de uma força 
 Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto 
material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre 
esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de 
um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo 
grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou 
analíticas. 
a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de 
três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de 
forças, como indicado nas figuras abaixo. 
Regra do paralelogramo 
Q
A P A P
Q
R R
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
02Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
Regra do Triângulo 
A
Q
A
R=P+Q
P
Q
P
R=P+Q
 
Composição de forças 
R=F1+F2-F3
F3
R=F1+F2
F1
F1
R=F1+F2+F3
F2
F3
F3
F2 F3
 
Decomposição de forças F
Fx
y
x
y
F
 
 
 
 
b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de 
equilíbrio. 
Exemplos 
 
Determinar a Resultante das duas forças P e 
Q agem sobre o parafuso A. 
 
Q=60 N
25º
20ºA P=40 N
 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
03Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
a. Soluções gráficas 
35.0°
R=98 N
A 20º
25º
P=40 N
Q=60 N
 
R=98 N
Q=60 N
A P=40 N
35.0°
 
Regra do paralelogramo Regra do triângulo 
 
b. Solução analítica: trigonometria 
Cálculo da força resultante: 
Lei dos cossenos: BPQQPR cos2222 −+= 
º155cos604024060 222 ×××−+=R 
NR 7,97= 
 
Cálculo do ângulo α 
Lei dos senos 
R
senB
Q
senA = 
7,97
º155
60
sensenA = 
25,0=senA º15=A 
º20+= Aα º35º20º15 =+=α 
A
R
Q=60 N
α
P=40 N
B
155°
C
 
 
 
 Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de 
reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de 
Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção 
e sentido contrário”. 
 Portanto, o parafuso está 
reagindo por uma força de 
mesma intensidade da resultante 
de P e Q, mas em sentido 
contrário. A força de reação 
pode ser decomposta em duas 
forças Fx e Fy, que são suas 
projeções sobre os eixos (x e y). 
 
NFx 80º35cos7,97 =×= 
NsenFy 56º357,97 =×= 
A
R=97,7 N
35°
Fx=80 N 20º
Fy=56 N
R=97,7 N
P=40 N
25º
Q=60 N
35.0°
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
04Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
Verificação do equilíbrio do ponto A 
Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que 
agem no ponto A sejam nulas, ou seja: 0
1
=∑
=
n
i
nF 
y
Q=60 N
Fy=56 N
x
25º
20ºAFx=80 N P=40 N
 
 
 
∑ = 0xF 
∑ =−×+×= 080º20cos40º45cos60xF 
 00 = ok 
 
∑ = 0yF 
∑ =−×+×= 056º2040º4560 sensenFy
 00 = ok 
 
 
 
 Um caso particular da terceira lei de Newton é a lei da gravitação que trata da 
atração da Terra sobre um ponto material localizado em sua superfície. A força de atração 
exercida pela Terra sobre o ponto material é definida como o seu peso (P). a intensidade do 
peso P de um ponto material de massa m é expresso como. 
gmP ⋅= 
onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 
 
2. Determinar as forças 
nos cabos. 
gmP ⋅= 
( )2/81,9)(75 smkgP ×=
NP 736= 
30°50° A
75 kg
C
B
 
 
736 N
80°
60°
ACT
40°
TAB
 
solução gráfica: desenho do polígono de forças. 
 
º80
736
º40º60 sensen
T
sen
T ACAB == 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
05Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
50°
30°
A
736 N
TAB
ACT
 
solução analítica: equações de equilíbrio. 
0=Σ xF 
0º50cosº30cos =⋅−⋅ ABAC TT 
º30cos
º50cos⋅= ABAC TT (1) 
0=Σ yF 
0736º30º50 =−⋅+⋅ senTsenT ACAB 
Substituindo TAC pela relação (1), tem-se 
736º30
º30cos
º50cosº50 =⋅⋅+⋅ senTsenT ABAB 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
 
Exercícios 
1. Determinar a força F e o ângulo α. 
A
AT =2,5 kN BT = 2,5 kN
F
y
α
x
50°20°
C
20° B50°
α
F
 
 
Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º 
2. Determinar as forças nos cabos 
x
y
60°
20°
AT
TB
P
m=50 kg
A
60°
20°
B
 
Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N 
 
3. Determinar a resultante do 
sistema de forças indicado e o seu 
ângulo de inclinação em relação ao 
eixo x. 
 
70°
F = 15 N3
F = 10 N1
x50°
F = 20 N2
 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
06Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
Roteiro: 
a. Determinar inicialmente a resultante entre as forças F1 e F2 e seu respectivo ângulo (α12) 
em relação ao eixo x. Chamar a resultante de R12; 
b. Em seguida, determinar a resultante de todo o sistema, chamando-a de R123 (R123 é a 
resultante entre R12 e F3); 
c. Finalmente, determinar o ângulo (α123) de R123 em relação ao eixo x. 
Respostas: R123 = 32,19 N e α123 = 61,46º 
 
4. Determinar o valor da força F. 
a) 
y
x
159,65 N
300 N20°
60°
F 
b) 
x
F60°
346,41 N
30°
200 N y
 
 
Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N 
c) 
F
y
x
45°
45°
141,42 N
141,42 N 
d) 
y
x
F30°
60°
45°
250 N
120 N
91,9 N 
 
Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N 
e) 
329,36 N
100 N
100 N
F
60°
70°
45°
x
y
 
f) 
65°
61 kg
45°
F
450 N
 
Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N 
 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
07Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
4. Momento de uma força 
 Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido 
em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao 
eixo fixo. 
 Considere-se uma força F que atua em um 
corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na 
figura. 
 A força F é representada por um vetor que 
define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a 
distância perpendicular de 0 à linha de ação de F. 
0
A
d
M0
F
 
 Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo 
dFM ×=0 
onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0 
 0 = pólo ou centro de momento 
 d= distância perpendicular de 0 à linha de ação de F, também chamada de braço de 
 alavanca 
 O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido 
de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F. 
 Convenciona-se momento positivo 
se a força F tender a girar o corpo no 
sentido anti-horário e negativo, se tender a 
girar o corpo no sentido horário. 
M-M+
 
 No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m). 
Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m). 
 
4.1. Momento de um sistema de forças coplanares 
 Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em 
relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo 
ponto 0. 
0
A
A
F F
3
1
1 2
A 2b1 b2
b3 F3
 
∑
=
=
n
i
FS i
MM
1
0,0,
 
 
4.2. Teorema de Varignon 
 Seja R a resultante do sistema de forças S. “O 
Momento da resultante de um sistema de forças em relação a 
um ponto é igual ao momento do sistema ou seja, a soma 
algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em 
relação ao mesmo ponto O”. 
∑
=
==
n
i
FSR i
MMM
1
0,0,0,
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
08Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
4.3. Momento de um binário 
 Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e 
sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em 
qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um 
dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, 
tendem a fazê-lo girar. 
b
1-F
2A
A1 F1
 
Exemplos 
1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: 
 
a) o momento da força em relação a D; 
b) a menor força aplicada em D que ocasiona 
o mesmo momento em relação a D; 
c) o módulo e o sentido da força vertical que, 
aplicada em C, produz o mesmo momento em 
relação a D; 
d) a menor força que, aplicada em C, 
ocasiona o mesmo momento em relação a D. 
B
30°
A
D
22
5m
m
225mm C
12
5m
m
300mm
450 N
 
30°
B
197.3mm
22
5m
m
C225mm
52.6°
D12
5m
m
300mm
37.4°325
30°
22.6° A
450 N
 
 
 
Solução 
a) braço de alavanca 197,3 mm 
Momento M=F×b 
M=450×197,3= 88785 N.mm ou 
M= 88,8 N.m 
 
B
30°
A
22
5m
m 375 mm
225mm C
53.1°
36.9°
12
5m
m
D
300mm
450 N
 
b) Para se obter a menor força aplicada 
em B que ocasiona o mesmo momento 
em relação a D, deve-se utilizar o 
maior braço de alavanca, ou seja: 
375300225 22 =+=b mm 
b
MF = 8,236
375,0
8,88 ==F N 
c) 
b
MF = 7,394
225,0
8,88 ==F N 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
09Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
 
d) A menor força que, aplicada em C, 
ocasiona o mesmo momento em relação a D é 
aquela cujo braço de alavanca é o maior 
possível, ou seja: 
2,318225225 22 =+=b mm 
b
MF = 279
3182,0
8,88 ==F N 
30°
318,2 mm22
5m
m
C225mm
D1
25
m
m
300mm
B
A
450 N
 
 
 
2. A figura abaixo representa uma junta rebitada, composta por dois rebites de mesmo 
diâmetro. Determinar as forças horizontais e verticais atuantes nos rebites. 
 Como os rebites são iguais, as cargas e as reações verticais em cada rebite também 
são iguais: RAV= RBV= 3000÷2= 1500 N. 
 O rebite A está sendo “puxado” para a direita, portanto, possuirá uma reação 
horizontal para a esquerda; 
 
O rebite B está sendo 
“empurrado” para a esquerda, 
portanto, possuirá uma reação 
horizontal para a direita. 
Determinação dos esforços 
horizontais: 
∑ = 0AM 
RBH×200=3000×600 = 9000 N 
RAH= RBH=9000 N 
B
RBV
ARAH
RAV
RBH
20
0m
m
600mm
3000 N
 
 
 
 
3. Determinar o Momento em A devido ao 
binário de forças ilustrado na figura 
 
MA= F×b 
MA= 500×0,12 = 60 N.m 
30
0m
m
12
0m
m
F1=500 N
F2=500 N 
A
30°
B
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
10Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
 
4. Substituir o binário da figura por uma 
força F vertical aplicada no ponto B. 
F1=F2= 500 N 
MA= F×b 
b
MF = 400
15,0
60 ==F N 
30
0m
m
150mm
AM =60N.m
12
0m
m
A
30°
F=400 N
B
 
5. Substituir o binário e a força F ilustrados 
na figura por uma única força F=400 N, 
aplicada no ponto C da alavanca. 
Determinar a distância do eixo ao ponto de 
aplicação desta força. 
 
MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m 
 
F
Md = 21,0
400
84 ==d m = 210 mm 
420
º60cos
210 ==AC mm 
30
0m
m
12
0m
m
AM 
200 N
200 N
d=210mm
150mm
A
30°
F=400 N
AC
B
C
 
 
5. Determinar a intensidade da força F para que 
atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. 
217
º23cos
200 ==a mm = 0,217 m 
MA= F×b 
b
MF = 1,184
217,0
40 ==F N 
 
 
6. Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de φ 20 mm a uma luva, como mostra a 
figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força 
aplicada no aperto for 40 N. 
∑ = 0AM 
40 × 180 = F × 30 
240
30
18040 =×=F N 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
11Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
4.4. Equilíbrio de corpos rígidos 
 Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam 
sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças 
externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. 
0=ΣF 00=ΣM 
 As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática. 
 Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, 
encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido 
no espaço: 
x
0
y
z
 
0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ zF 
0=Σ xM 0=Σ yM 0=Σ zM 
 
 
 
Equilíbrio ou em duas dimensões 
 As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente 
no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, 
tem-se: 
x
0
y
 
0=zF 0== yx MM 0MM z= 
 
para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no 
espaço reduzem-se a: 
0=ΣxF 0=Σ yF 0=Σ AM 
onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser 
resolvidas para um máximo de três incógnitas. 
 O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano. 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
12Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
5. Apoios 
 Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as 
forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo 
rígido está apoiado. 
 Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e 
recebem a seguinte classificação: 
Apoio móvel 
 ou 
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao 
plano do apoio; 
• Permite movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Permite rotação. 
Apoio fixo 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Permite rotação. 
 
Engastamento 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Impede rotação. 
 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
13Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
 
14
6. Tipos de Estruturas 
 As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou 
vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. 
 Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais: 
0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 
6.1. Estruturas hipostáticas 
 Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 
 A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura 
hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta 
estrutura não possui restrição a movimentos 
horizontais. 
 
 
L
P
A RB
B
R
A
 
6.2. Estruturas isostáticas 
 Estruturas isostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 
 No exemplo da estrutura da figura, as 
incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está 
fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente 
pelas equações fundamentais da Estática. 
RA
A
HA
L
P
RB
B
 
6.3. Estruturas hiperestáticas 
 Estruturas hiperestáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
superior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 Um tipo de estrutura hiperestática es’ta 
ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: 
RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da 
Estática não são suficientes para resolver as equações 
de equilíbrio. São necessárias outras condições 
relativas ao comportamento da estrutura, como, p. 
ex., a sua deformabilidade para determinar todas as 
incógnitas. RA RB
HA
A
AM
L
P
B
 
 
Curso Prático & Objetivo 
Direitos Autorais Reservados 
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