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C4 TorqueSistEq 2008

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Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
63
 
 
 
Neste capítulo iremos desenvolver cinco (5) 
conceitos importantes: (1) Torque Polar ou 
Torque de uma Força em relação a um Pólo; (2) 
Torque Axial ou Torque de uma força em 
relação a um Eixo; (3) Binário ou torque puro ou 
duas forças iguais, paralelas, de sentidos 
opostos e aplicadas em pontos diferentes no 
corpo; (4) Sistema de Forças contínuas e 
paralelas; (5) Sistemas Equivalentes de 
forças e binários (Sistema de n Forças e n 
Torques): que se pode transformar de forma 
equivalente em: (1) um em um Sistema de uma 
Força e um Torque resultantes e o Sistema de 
uma força e um torque pode ser transformado 
em: (2) um Sistema de uma única Força ou a 
um Torsor. 
 
4.1 – Torque Polar 
 
O lado prático do Torque ( τr ) 
ou 
Momento de Força (Mr ) ou 
Conjugado (Cr ): 
 
O Torque ou Momento de uma força ou 
Conjugado é um análogo de uma “Força” 
rotacional ou angular, e atua no âmbito de 
movimento rotacional; é uma medida da 
intensidade da tendência de giro de um corpo 
rígido em torno de um ponto ou um eixo, devido 
a uma força ou conjunto de forças. Seu efeito é 
produzir uma variação do estado de rotação ou 
giro ao corpo, com maior ou menor intensidade. 
 
A direção do Vetor Torque τr é sempre na 
direção perpendicular ao plano de giro dos 
pontos e no sentido da aceleração angular do 
corpo. 
 
O Torque da Figura, exemplificado, é o torque de 
um corpo rígido em relação ao eixo de giro. 
Nota-se que ele tem a direção sempre do eixo de 
giro do corpo, perpendicular ao plano de giro dos 
pontos do corpo. O sentido do Torque pode ser 
obtido pelo sentido da aceleração angular do 
corpo. Se o corpo estiver girando com 
velocidade constante seu torque é nulo. Se o 
corpo estiver girando de forma acelerada, 
aumentando sua velocidade angular então a 
aceleração angular e o Torque estarão na 
mesma direção da velocidade angular. Se o 
corpo estiver girando de forma a estar 
brecacando, ou diminuindo a sua velocidade 
angular, em um movimento angular retardado, 
então o torque e a aceleração angular estarão no 
sentido inverso ao da velocidade angular. 
 
 
 
O torque de um corpo rígido pode ser escrito 
como: 
 
α=τ rr IFO 
 
onde é diretamente proporcional ao momento de 
inércia I, do corpo rígido e é também diretamente 
proporcional, assim como no mesmo sentido, da 
aceleração angular do corpo. O momento de 
inércia I, veremos no capítulo 6 representa a 
inércia de rotação do corpo, ou seja, a 
dificuldade de se colocar o corpo para girar de 
forma acelerada, aumentando ou diminuindo a 
sua velocidade angular. O momento de inércia 
depende da soma geral do produto de cada 
pedacinho elementar de massa do corpo e o 
quadrado da sua distância ao eixo de giro. 
 
Princípio da 
 Transmissibilidade 
 
“Sempre que deslizarmos uma força ao longo de 
sua linha de ação de um ponto A para outro 
___________________________________________________________ 
Capítulo 4 
Torque 
e Sistemas Equivalentes 
 ___________________________________________________________ 
 
zτr
zτr
z z 
αr
αr
ωr ωr
Movimento acelerado rotacional Movimento retardado rotacional 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
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ponto B qualquer do corpo, os efeitos mecânicos 
(estáticos ou dinâmicos) do comportamento do 
corpo permanecem inalterados.” 
 
 
 
Este princípio da transmissibilidade é a razão 
pela qual o vetor posição da força em relação ao 
pólo é dado pela distância entre o pólo e 
qualquer ponto da linha de ação da força. 
 
 
Torque Polar 
 
O Torque da força F
r
 em relação ao ponto O 
(pólo) é dado, matematicamente, pelo produto 
vetorial entre o vetor posição r
r
 da força em 
relação ao pólo (que vai do pólo até um ponto da 
linha de ação da força), e a Força F
r
: 
 
FrFO
rrr ∧=τ 
 
O torque é proporcional á distância do eixo de 
giro (pólo) à linha de ação da força (braço)(b), e 
à força (F). Isto caracteriza o princípio da 
alavanca, ou seja, quanto maior o braço da 
alavanca maior o efeito do torque rotacional. 
 
O torque é proporcional à distância do pólo até 
um ponto da linha de ação da força (módulo do 
vetor posição r) e à força projetada 
perpendicularmente à este vetor posição, dando 
máximo movimento giratório do corpo. 
 
Por exemplo, ao se abrir uma porta, para 
maximizar o torque a ela aplicado, produz-se 
uma força perpendicular ao plano da porta, e 
com uma máxima distância ao seu eixo de giro 
(as dobradiças) para maior eficiência do torque a 
ser aplicado. 
 
onde: 
F
Oτr = Torque da força F
r
 em relação ao 
um pólo O 
r
r
 = vetor posição, que tem origem 
no ponto de referência escolhido (pólo) 
e extremidade em um ponto qualquer 
da linha de ação da força, ou seja, vai 
do pólo escolhido a um ponto qualquer 
da linha de ação da força F
r
 
F
r
 = Força que age no ponto P do 
corpo rígido 
θ = ângulo entre os vetores Fer rr , 
quando ambos estão na mesma origem 
(θ ≤ 180°) 
 
Em módulo: 
 
θ=τ senFrFO .
rrr
 ⇒ τFO = r F sen θ 
 
O torque pode ser visto também se utilizando o 
símbolo FOM
r
 quando se utiliza o nome Momento 
de Força ou FOC
r
quando se utiliza o nome 
Conjugado de uma Força, ao invés de torque 
F
Oτr , no entanto, o significado é o mesmo. 
 
 
Podemos analisar e visualizar o cálculo do 
torque, de três maneiras distintas mas que 
representam o mesmo conceito como 
características diversas do mesmo produto 
vetorial: 
 
Maneiras ou Métodos de 
Análise do Cálculo do 
Torque Polar de uma força 
 
1ª) Método Vetorial 
(forma mais genérica) 
 
kzzjyyixxOPr OPOPOP
rrrr
)()()( −+−+−=−= 
kzjyixr OPOPOP
rrrr ++= 
 
P ≡Ponto qualquer da linha de ação da força F 
O ≡ pólo de giro escolhido para cálculo do torque 
 
kzjyixr
rrrr ++= 
 
)kji(F
AP
APFˆFF zyx
rrrr λ+λ+λ=−
−=λ= 
 
kFjFiFF zyx
rrrr ++= 
 
zyx
F
FFF
zyx
kji
Fr
rrr
rrr =∧=τ 0 
 
)()( kFjFiFkzjyixFr zyx
F
o
rrrrrrrrr ++∧++=∧=τ 
 
A 
B
F
r
F
r
B
A 
F
r
 
r
r
 
z
yO 
θ 
x 
P 
Linha de ação da força F 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
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kFyFxjFxFziFzFy xyzxyz
F
o
rrrr
)()()( −+−+−=τ 
 
 
Regra cíclica: 
 
 
A forma vetorial ou analítica, o 1° método de 
cálculo do torque, como mostrado acima, é muito 
usado em problemas mais complexos, como no 
caso dos problemas tridimensionais. Sendo um 
método mais técnico, menos intuitivo, diminui a 
ocorrência de erros ou enganos. Por isso é 
considerado o método mais genérico, valendo 
em qualquer caso. 
Além da forma vetorial acima, há outras duas 
formas equivalentes de se calcular o torque, que 
não se utilizam do cálculo matemático vetorial, 
extremamente técnico. Nestes outros dois casos, 
sua maior utilidade ocorre para problemas 
bidimensionais, onde os eixos dos torques 
aparecem mais evidentes. 
 
2ª) Método 
Posição X Força perpendicular 
τ = r . F⊥ 
 
onde r = distância entre o pólo do corpo e um 
ponto da linha de ação da força 
⊥F = componente da força perpendicular ao 
vetor r
r
 = F sen θ 
//F = componente da força paralela ao vetor r
r
 
= F cos θ 
θ = ângulo entre o vetor força Fr e o vetor 
posição r
r
 
 
 
Vemos que: 
 
⊥⊥ ∧+∧=+∧=∧=τ FrFrFFrFr
rrrrrrrrrr
//// )(0º0//// ==∧ senFrFr
rrrr
 
 
⊥⊥ ==τ=τ FrsenFr º90
rrr
 
⇒ τ = r . F⊥ 
Como 
F⊥ = F sen θ 
então 
τ = r . (F . sen θ) 
 
como no caso do módulo do produto vetorial. 
 
3ª) Método 
Força X braço: 
τ = F . b 
 
b = braço da força F em relação ao pólo 
b =distância da linha de ação da Força até o pólo 
b = braço = r sen θ 
 
Veja-se que 
τ = F . b = F . (r sen θ) 
 
 
 
 
Um conceito de importância e que o aluno as 
vezes custa assimilar é o conceito de braço de 
uma força, por isso vamos ressaltar seu 
conceito. O braço de uma força é a distância 
entre uma reta e um ponto. Quem é o ponto? È o 
pólo escolhido. Quem é a reta? É a linha de ação 
da força. A distância entre um ponto e uma reta 
é a menor distância, ou seja, aquela que faz um 
ângulo de 90° com a reta e passa pelo ponto. 
Essa distância entre o pólo (ponto) e a linha de 
direção ou de ação da força (reta) é o braço. 
 
 
 
4.2 - Torque Axial, 
Binário e Sistema de 
Forças Contínuas 
 
θ
r
r 
F
r
F// 
F ⊥ 
)( θ==τ ⊥ senFrFrFO
θ
O 
P
F
r
θ 
r
r
θb = r sen θ
P
O
linha de ação da força 
braço
b = braço
A = polo
F = força
Linha de ação da força 
y z 
yF j
r
 k
r
 
i
r
 x xF
+ + +
i j k i j 
+ 
zF
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
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4.2.1 - Torque Axial 
projeção do Torque em um eixo 
 
O torque polar é um torque que é posto como 
combinação linear de três eixos triortogonais. O 
torque polar projetado sobre o eixo x, o eixo y e 
o eixo z. 
Consideremos o torque do corpo rígido em 
relação a origem do sistema de referência O, 
então, o torque axial em relação ao eixos 
coordenados ficam evidentes: 
 
kji zyx
F
O
rrrr τ+τ+τ=τ 
 
Torque axial em x: 
é o produto escalar entre o versor i
r
pelo torque 
F
Oτ
r
 
F
Ox .i τ=τ r
r
 
Torque axial em y: 
F
Oy .j τ=τ r
r
 
Torque axial em z: 
F
Oz .k τ=τ r
r
 
 
kjiFr zyx
rrrrrr τ+τ+τ=∧=τ 
 
assim sendo, o torque projetado em x é o torque 
axial em x, τx , o torque axial em y é τy e o 
torque axial em z é τz . Desta forma, a soma dos 
torques axiais dos eixos x, y e z nas suas 
respectivas direções, resultam no torque polar 
cujo polo é o cruzamento dos três eixos ou o 
ponto de cruzamento dos três eixos, O. Os 
torques axiais podem ser escritos da seguinte 
forma: 
assim sendo, 
 
“O Torque axial em torno de um eixo definido é 
dado pela projeção do torque polar sobre esse 
eixo e pode ser calculado pelo produto entre o 
versor do eixo e o torque polar em relação a um 
pólo qualquer deste eixo. 
 
ou 
 
“O Torque em relação a um pólo ou ponto pode 
se colocado como combinação linear dos 
torques axiais dos três eixos linearmente 
independentes, que passariam por esse polo.” 
 
kji zyx
rrrr τ+τ+τ=τ 
 
 
Muitas vezes deseja-se saber qual é o torque de 
uma Força em relação a um eixo escolhido λ 
(BA), por exemplo. Para isso basta calcular o 
torque em relação a um pólo (A) pertencente ao 
eixo que se deseja obter a projeção do torque e 
projetá-lo neste eixo, fazendo-se o produto 
escalar entre o versor BAλˆ ao eixo e o torque 
F
Aτr da força F em relação ao pólo A : 
 
 
 
APr −=r 
 
222 )()()(
)()()(
BABABA
BABABA
BA
zzyyxx
kzzjyyixx
BA
BA
−+−+−
−+−+−=−
−=λ
rrrr
 
kji zyx
rrrr λ+λ+λ=λ 
 
Sendo o torque polar da força em relação a um 
pólo qualquer pertencente ao eixo que se deseja 
projetar (A ou B): 
FrFAouB
rrr ∧=τ 
 
Sendo que o torque polar de F projetado no eixo 
BA é dado por: 
 
F
ABABA
ˆ τ⋅λ=τ r 
 
Considerando o torque projetado no eixo pelo 
cosseno que sai da definição de produto escalar: 
 
θτ=θτ⋅λ=τ coscosˆ FABABA
r
 
 
Ou, projeta-se o vetor no eixo pelo produto 
escalar feito vetorialmente: 
 
)kji(.)kji(.ˆ zyxzyx
F
ABABA
rrrrrrr τ+τ+τλ+λ+λ=τλ=τ
 
zzyyxxBABA τλ+τλ+τλ=τλ=τ r.ˆ 
 
Considerando o torque com a força: 
 ( )Frˆ BABA rr ∧⋅λ=τ 
 
Pode-se calcular o torque axial pelo 
determinante: 
 
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛ λλλ
=∧λ==τ
zyx
zyx
BA
FFF
zyx)Fr(.ˆ
rr
 
 
eixo λ 
B
A
F
r
r
r
BAλ
r
P
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
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No exemplo do desenho do pião, deseja-se 
saber o torque do pião em relação ao eixo AB. O 
torque axial à AB será a projeção de τr no eixo 
AB: 
 
ατ=ατλ=τ⋅λ=ατ=τ coscoscos rrrrrr ABABAB
 
uma vez que o versor ABλ
r
tem módulo unitário 
1AB =λ
r
. Pela figura: 
τAB = τ cos α 
Uma vez que 
τ
τ⋅λ=τ
τ=α r
rr
ABcos 
 
 
Situações do Torque (nulo e 
não nulo) de uma força Fr no 
espaço em relação a um eixo 
λ: 
 
Torque não nulo: 
O torque de uma força F
r
 em relação a um eixo 
λ, na direção dos pontos AB, e de versor λeˆ não 
é nulo quando AB e F pertencem à retas 
reversas: 
 
 
 
Torque nulo: 
De outra forma o torque de uma força F
r
 em 
relação a um eixo e de direção AB de versor λeˆ 
é nulo, ABτr = 0, se: 
 
(a) a linha de ação da força F for paralela ao 
eixo e de versor λ ; ou 
(b) a linha de ação da força passar pelo eixo e 
de versor λ. 
Ou seja: 0=τ FAB
rr
 se: 
 
 
ou 
 
 
4.2.2 - Binário 
 
Binário é um torque puro, cuja resultante das 
forças é nula. 
 
 
 
“Um binário se caracteriza por duas forças: 
(a) iguais ou seja, de mesma intensidade 
(b) paralelas 
(c) sentidos opostos e 
(d) aplicadas em pontos distintos do corpo 
 
Um binário indica um torque puro uma vez que a 
soma das duas forças dá resultante nula. No 
entanto, como estão aplicadas em linhas de 
ação diferentes elas dão uma tendência de giro 
ao corpo que corresponde ao Torque. 
 
A intensidade do binário é igual ao produto de 
uma das forças pela distância entre suas linhas 
de ação. 
 
Um binário fornece sempre o mesmo torque 
sobre o corpo, independentemente do ponto de 
aplicação escolhido (ou pólo). 
 
d/2
d/2
F
r
F
r− O
A
B
τr
Binário agindo em um corpo rígido 
 M binário = ± F . d O Binário não tem ponto de aplicação 
τr 
B 
0 
y 
z 
x 
ABλˆ 
A 
θ 
F
r
r
r
F
r
 // à λˆ 
λˆa)A B e 
Eixo e ∈ plano 
µ= eFF ˆ
r
λ=λ eˆˆ
d λλ =τ eˆdF
Fr
Força F e eixo λ estão em 
direções reversas 
A B 
b) λˆ
Linha de ação de F
r
 passa pelo eixo q 
F
r
A
B 
e 
P
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
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A soma dos Torques produzido pelas duas 
forças que formam o Binário, fornece sempre o 
mesmo valor, independente do pólo utilizado 
para cálculo. Com o exemplo, vamos calcular o 
torque em relação aos pontos A , B e O, 
valendo o mesmo para qualquer outro ponto P. 
Como se mostra abaixo: 
 
pólo em A : 
dFdFiFA −=−=τ 0
r
 ↻ 
pólo em B : 
dFdFiFB −=+−=τ 0r ↻ 
pólo em O : 
dFdFdFiFO −=−−=τ 22
r
 ↻ 
 
4.2.3- Sistema de Forças 
Contínuas e Paralelas 
 
Em uma superfície pode haver forças 
distribuídas continuamente provocadas por 
ventos ou líquidos sobre uma parede. Quando 
estas forças são contínuas e paralelas é sempre 
possível reduzí-la a uma única força resultante 
aplicada ao Centróide de Área, análoga ao 
Baricentro (G), só que de forças paralelasoriginadas por outra fonte de forças que não os 
pesos necessariamente, mas podendo ser 
também originarias de pesos de outros corpos. 
Estas forças aparecem como escoamento 
dinâmico de líquidos em uma superfície ou peso 
do material espalhado na superfície, ou pressão 
de um líguido em uma parede do recipiente. 
Podemos definir para cada ponto desta 
superfície uma densidade superficial de forças 
 
)m/N(ppressão
Ad
Fd 2
F ===σ 
 
 ou a tão conhecida grandeza chamada pressão 
σF = p (força por unidade de área) que pode ser 
medida no Sistema Internacional em Pa (pascal) 
= 1 N / m2 . 
A distribuição de forças ao longo de uma 
superfície pode ser designada em função das 
coordenadas da superfície, para isso podemos 
representá-lo como um diagrama, cuja 
intensidade da força dá a altura da área 
proporcional em cada ponto. 
 
Muitos dos casos destas pressões de superfície 
caem dentro de um caso particular em que há 
um perfil de forças em uma linha, mas na 
profundidade deste perfil linear as forças se 
mantém constante ao longo de cada linha de 
profundidade desse perfil. Sendo assim 
podendo-se reduzir a distribuição de forças de 
uma área, a uma linha com uma única dimensão, 
a dimensão linear, já que a profundidade pode-
se pegar um coordenada no centro da dimensão 
de profundidade. Querendo-se a pressão 
daquela área basta dividir a densidade linear de 
força no perfil pela profundidade e. Estes 
diagramas poderão ser reduzidos a um Centro 
de Forças Paralelas análogo ao Baricentro, 
ponto este que atuará está Força Resultante, 
cuja posição de atuação tem forma análoga de 
cálculo ao realizado na localização do Centróide 
de área da figura da intensidade de forças 
versus a dimensão da linha de sua atuação. E 
definimos assim a densidade linear de forças: 
 
 )m/N(p
dL
dF
FF ll =σ==λ 
 
Densidade Superficial de 
Forças ou pressão: σF = p 
 
A pressão se caracteriza em uma superfície de 
área A = l . L = profundidade vezes largura, de 
onde sai uma Distribuição Superficial de Forças, 
que podemos definir : 
Fσ = Ad
Fd = pressão = p ( N / m2 ) 
 
que recebe o nome especial de pressão, medida 
em N/m2 ou pascal = Pa no sistema 
internacional. 
 
Densidade Linear de Forças 
Fλ 
Se em cada linha da dimensão de frente a força 
repete sua intensidade ao longo de toda a 
profundidade “ l ”, podemos caracterizar uma 
outra grandeza, que é a Distribuição Linear de 
Forças e definir uma densidade linear de forças, 
caracterizando um reducionismo da densidade 
superficial. O valor médio de sua profundidade 
se reduz à 2/y l= . A densidade linear de forças 
se iguala ao produto da espessura pela pressão. 
 
)m/N(p
dL
dF
FF ll =σ==λ 
 
 
 
y Fσ
x 
L 
l
(a) 
λ2 
Fλ
λ1 
x 
L 0 
2
L)(
F 21R
λ+λ=
(b) 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
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No caso do exemplo dado da trapésio da figura 
temos que a força resultante no baricentro da 
figura resulta no valor e posição representados 
na figura abaixo. 
 
 
Casos particulares conhecidos: 
 
Retângulo 
 
Se a distribuição de forças tiver uma densidade 
linear de forças ao longo de um eixo, que seja 
constante, teremos então a força resultante total 
do segmento L, como sendo a área sob a curva, 
no caso a área do retângulo, FR = λ L tendo 
como posição de força única’, o centróide do 
retângulo, na posição 2/Lx = que é a posição 
do centróide de área do retângulo. 
 
Triângulo 
 
Se a distribuição de forças tiver uma densidade 
linear de forças variando ao longo do corpo 
linearmente com o eixo x, formando a área de 
um triângulo, a força resultante será à área do 
triângulo, FR = λL/2 = área do triângulo, tendo como 
‘centro dessa força’, que substitui o conjunto das 
forças contínuas, o centro CF na posição do 
centróide do triângulo que no caso do exemplo 
abaixo é 32 /Lx = , tendo a força total que atua 
nesta posição, uma equivalência a todas as 
outras forças distribuídas continuamente. 
 
 
 
Figura qualquer 
 
Se a distribuição de forças, tiver uma figura 
qualquer ao longo de uma linha, teremos como 
força resultante, a área sob a curva e como 
posição desta resultante o centróide de área da 
figura em questão.: 
 
 
 
∫∫ λ== dxdFF FRr 
 
cuja força total é a área sob a curva e com 
‘centro de força’ CF na posição, 
 
R
F
F
F
F
dxx
dx
dxx
dF
dFx
x ∫∫
∫
∫
∫ λ=λ
λ== 
 
que é a posição do centro de força resultante. 
 
Forças Contínuas separadas 
em Figuras Simples 
 
De um conjunto de figuras podemos separá-las 
em figuras mais simples, a exemplo da figura 
abaixo, um trapézio, que podemos separar em 
um triângulo e um retângulo, e reduzir o conjunto 
a um sistema de duas forças e a partir das duas 
forças usar o centro de força em somatório para 
reduzir a uma única força como sejam: triângulo 
mais retângulo da figura, que coincide com o 
centróide de área da figura: 
Fλ
λ 
x 
L 0 
curvaasobÁreadFFR == ∫
r
x
λ F = f (x) 
Fλ
λ 
x 
L 0 
FR = λ L / 2 = Área 
Lx )3/2(=
λ F = 
L
λ
 x 
Fλ
λ 
x 
L 0 
FR = λ L 
2/Lx =
λ = const 
Fλ
x 
L 0 
λ1 
λ2 
(c) 
x
FR 2
L)(dAdxdFF 21FR
λ+λ==λ== ∫ ∫ ∫
A
dAx
dx
dxx
dF
dFx
x L
F
L
F
L
∫
∫
∫
∫
∫
=λ
λ
==
O baricentro de forças coincide como o centróide de área xv 
FR = Área = ( λ1 + λ2 ) . L / 2
l /2 
x
(d) 
x 
y 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
70
 
Podemos separar a figura em duas: o triângulo, 
com sua força total atuante em L/3, e intensidade 
igual à área do triângulo e o retângulo terá sua 
força atuante em L/2 e força como a área do 
retângulo. A intensidade das forças será a área 
das figuras parciais. Para compor das duas 
forças uma única temos que a força resultante é 
a soma das forças parciais e a posição: 
 
∑
∑=
i
ii
F
Fx~
x 
∑
∑=
i
ii
F
Fy~
y 
∑
∑=
i
ii
F
Fz~
z 
 
 
onde 
n21iR F...FFFF
rrrrr +++==∑ 
 
De forma contínua temos, em coordenadas 
cartesianas: 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dx
dxx~
dF
dFx~
x 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dy
dyy~
dF
dFy~
y 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dz
dzz~
dF
dFz~
z 
 
onde 
∫∫ λ==
L
FR dqdFF 
 
4.3 – Sistemas 
 Equivalentes 
 
Torque Resultante 
 
O Torque Resultante é a soma de todos os 
torques que atuam em um corpo rígido e sob o 
ponto de vista dos efeitos produzidos se iguala 
ao produto do momento de inércia total ou 
inércia de rotação I, (que será definido no 
Capítulo 6, mais adiante), com a aceleração 
angular, αr . 
α=τ=τ ∑ rrr Ii 
 
 
4.3.1 - Redução de um 
Sistema de Forças e Binários 
a um Sistema de uma Força e 
um Binário Resultantes 
 
Um Sistema de n Forças e n Binários sempre 
pode ser reduzido a um Sistema Força-Binário 
Resultantes, em um ponto qualquer, que seria 
equivalente ao primeiro sistema, ou seja, um 
Sistema de uma Força Resultante e um Torque 
Resultante. Isso pode ser visto na figura a 
seguir. As expressões de equivalencia estariam 
ligadas à: (a) força resultante que seria a soma 
vetorial de todas as forças do sistema de n 
forças, e (b) torque resultante em relação a um 
pólo qualquer escolhido, que resultaria da soma 
dos torques de todas as forças em relação 
àquele pólo e a soma de todos os binários que 
atuariam no corpo. Essas duas expressões 
vetoriais garantem a transposição parao novo 
sistema reduzido e equivalente. 
 
 
4.3.2 - Redução de um 
Sistema Força e Binário 
Perpendiculares, a um 
Sistema de uma única Força 
 
Em uma segunda etapa se o Sistema Força-
Binário resultantes em relação a um polo A 
qualquer, tiver a força resultante perpendicular 
ao Binário resultante em relação a A, então é 
possível reduzir este Sistema a uma única Força 
em um ponto P, a ser calculada sua posição. 
Para isso basta transportar essa força para uma 
posição (P) em que o torque resultante neste 
novo ponto, em relação ao pólo de onde ela 
estava (A), seja igual ao torque resultante do 
sistema anterior em relação a A. 
 
A
R R
PemF
A τ=τ
rr 
 
 
λ2 
Fλ
λ1 
x 
L 
F∆ 
F� 
2/Lx =Π
x
3/Lx =∆
(1) Sistema de Forças e Binários 
(2) Sistema Força-Binário 
Resultante em A 
∑∑ τ+τ=τ iFAR iA rrr
1P
RF
r
NF
r
1F
r
2P
nP
A
A 
Rτr
...
∑= iR FF rr
2F
r
nτr
θ 
2τr
1τr
FR= F∆+ F� =Área do trapézio= ( λ1+λ2)L/ 2 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
71
 
 
4.3.3 - Redução de 
umSistema Força-Binário 
Resultantes e não Perpendiculares a 
um Torsor (Força e Binário numa 
mesma direção) 
 
No caso do Sistema Força-Binário obtido não 
formar um ângulo de 90° entre os vetores Força 
Resultante FR e Binário Resultante τR, então, 
não é possível transformá-lo em um Sistema de 
uma única força, mas é possível transformá-lo ou 
reduzí-lo a um torsor, ou seja, um Sistema de 
uma força e um binário na mesma direção da 
força. Para isso deve-se projetar o torque 
resultante na direção perpendicular à força 
resultante, ⊥τR
r
, e na direção paralela a força 
resultante,
//Rτ
r
, de tal forma que para estas 
expressões, podemos escrever 
matematicamente: 
 
Consirando o versor na direção a força: 
R
R
F
F
Fˆ
R r
r
=λ 
 
A projeção do torque polar na direção da força é 
o produto escalar entre o versor da força e o 
torque polar: 
 
AR// RFR .
ˆ τλ=τ r 
 
O resultado do produto escalar é um escalar, um 
número com um sinal, e se der positivo é porque 
a projeção ficou no mesmo sentido da força, se 
negativo, ficou no sentido inverso ao da força. 
 
E portanto o torque resultante, paralelo a força, 
de forma vetoria será dado pelo torque escalar 
produto pelo versor da força. 
 
R//// FRR λˆτ=τ
r 
 
Para determinação do torque resultante 
perpendicular à força, fazemos a subtração 
vetorial : 
 
//A RRR τ−τ=τ ⊥
rrr 
 
 Para a redução ou eliminação do torque 
perpendicular à força, devemos igualá-lo com o 
torque da força resultante em um outro ponto a 
ser determinado (pólo P, no desenho) em 
relação ao ponto em que a força estava (A) ao 
ser reduzida ao Sistema força-binário inicial, 
portanto, para equivalência entre os dois 
sistemas, deve-se exigir que: 
 
⊥τ=τ RPemFAR
rr
 
 
 
 
4.4 – Resumo do 
Capítulo 4 
 
Conceitos estudados: 
(1) Torque Polar :Torque de uma Força em relação a um Pólo 
(2) Torque Axial: Torque de uma força em relação a um Eixo 
(3) Princípio da Transmissibilidade 
(4) Binário 
(5) Sistemas Equivalentes de Forças: 
(a) Redução de Forças contínuas e paralelas a uma única Força 
(b) Sistema de n Forças e n Binários⇒Sistema de uma Força-Binário 
(c) Sistema de uma Força-Binário ⇒Uma única Força ou um Torsor. 
 
(1) Torque Polar: 
 
(2) Principio da Transmissibilidade: 
 
(3) Binário: dFFO =τ (torque puro) 
Duas forças : (a) Iguais (mesmo intensidade) ; (b) Paralelas ; (c) 
Sentidos opostos ; (d) Aplicadas em pontos diferentes 
 
Características: (a) Força resultante é nula ; (b) Não tem ponto 
específico de aplicação no corpo, podendo ser qualquer ponto ; (c) 
Direção do Binário: perpendicular ao plano das forças e no sentido da 
regra da mão direita; (d) Pode ser calculado usando qualquer pólo e 
somando–se os torques das duas forças ; (e) Módulo do Torque 
resultante é dF=τ . 
 
(2) Sistema Força-Binário 
resultantes em A formando 
entre si um ângulo de 90º (3) Sistema de uma única 
Força em P 
A 
RF
r
P 
A
R R
PemF
A τ=τ
rr
RF
r
A 
ARτ
r
RF
r
A
A 
RF
r
θ
⊥τRr
//Rτ
r
(2) Sistema Força-Binário em O 
sendo o ângulo entre eles 
 θ ≠ 90° (3) Torsor 
⊥τ=τ RPemFAR
rr
//Rτ
r
Rτr
P 
A
B F
r
F
r
B 
A
“Sempre que deslizarmos 
uma força ao longo de sua 
linha de ação de um ponto A 
para outro ponto qualquer do 
corpo B, os efeitos mecânicos 
(estáticos ou dinâmicos) do 
comportamento do corpo 
permanecem inalterados.” 
F
r
r
r
z
y O
θ
x
P
Linha de ação da força F FrFO
rrr ∧=τ 
θ=τ senFrFO
rrr
⊥=θ=τ Fr)senF(rFOr
bF)senr(FFO =θ=τr
forçadaaçãodelinhada
ponumeextremidadepólonoorigemtem(póloaorelaçãoemforçadaposiçãovetorr =r
 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
72
 
(4) Torque em relação a um eixo: 
 
(5) Sistermas Equivalentes: 
(a) Forças contínuas e paralelas 
 
(b) Redução de um Sistema de n forças e n binários 
a um Sistema de uma Força e um Binário: 
 
 
(c) Redução de um Sistema de uma Força e um Binário 
a um Sistema de uma única Força: 
 
(d) Redução de um Sistema Força-Binário a um Torsor: 
 
 
4.5 - Exercícios 
Resolvidos 
 
Torques 
Sistemas Equivalentes de Forças 
 
4.1*) Em um avião experimental estão sendo 
testados os ângulos de seus jatos. Na figura 
mostra-se os limites sugeridos para os jatos 
laterais para uma curva em vôo. Supondo que a 
força aplicada em cada jato é de F = 3.000 kN, 
para a configuração planejada na figura, visando 
uma avaliação do seu desempenho, determine: 
(a) o sistema força-binário equivalente no ponto 
O ; (b) a posição em um ponto do eixo x para 
equivalência do sistema de uma única força. 
 
Solução: Esquema das equivalências: Sistema de 
Forças ≡ (a) Sistema Força-Binário em O ≡ (b) 
Sistema de uma única força em P no eixo x 
 
(a) Redução a um Sistema Força-Binário em O: 
 
 
Cálculo da Força Resultante em O e do Torque 
Resultante em O: 
∑= iR FF
rr
 ; ∑τ=τ iFOR rr 
Força Resultante: 
jº18sen3000i)º18cos30003000(FR
rrr −+= = 
)kN(j927i5853FR
rrr −= 
Torque Resultante em relação ao pólo O: 
)m.kN(k)15xº18sen30004xº18cos30004x3000(OR
rr +−=τ
)m.kN(k14493OR
rr =τ 
 
(b) Redução do Sistema Força-Binário em O a um 
Sistema de uma única força em P sobre o eixo X : 
 
 
O
R R
PemF
O τ=τ
rr
 ⇒ OPyRR d.FO =τ
r
 
⇒ 14.493 = 927 . dOP ⇒ 
 dOP = 15,64 m ( à esquerda do ponto O em x) 
 
4.2*) Do sistema de 3 forças da figura, (a) 
determine o sistema força-binário equivalente 
≡ x O 
FR 
τR 
Sistema Força-Binârio em O 
(1) Sistema de n Forças e n Binários 
(2) Sistema de uma Força e um Binário em O 
∑∑ τ+τ=τ iFAR iA rrr 
1P
RF
rNF
r
1F
r
2P 
nP
A 
A 
ARτ
r
... 
∑= iR FF rr2Fr
nτr
θ 1τr
2τr
(2) Sistema Força-Binário em 
O com θ = 90° 
 
A 
RF
r
B 
A
R R
BemF
A τ=τ
rr
RF
r
A 
Rτr
(3) Sistema de uma 
única Força em O’ 
RF
r
A A 
RF
r
B
//Rτr
(2) Sistema Força-Binário 
em O Sendo θ ≠ 90° 
(3) Torsor 
R//// FRR λˆτ=τ
r
//Rτr 
Rτr
⊥τRr θ 
//A RRR τ−τ=τ ⊥
rrr
Fλλ 
x 
L 0 
curvaasobáreadxF FR =λ= ∫
r
x
λ F = f (x) ∑
∑=
i
ii
F
Fx~
x
∫
∫=
dF
dFx~
x
F 
F 
x O 
≡ 
18° 
Sistema de Forças no Foguete 
 
 
 
18°
F
F
y 
x
O4 m4 m
15 m
≡ x O 
FR 
MR 
Sistema Força-Binârio em O 
x O 
FR 
P 
Sistema de uma única força em P no eixo x 
OP = X 
≡
τr 
B 
0 
y 
z 
x 
ABλˆ
A
α 
F
rr
r
 
zzyyxx
AAB ˆ.
λτ+λτ+λτ=
=λτ=τ=τ λ rrr
d/2 
d/2 
F
r
F
r− O 
A 
B 
τr 
Binário agindo em um corpo rígido 
 M binário = ± F . d 
O Binário não tem ponto de aplicação 
 
⊥τ=τ RBemFAR
rr
RRF FFˆ R
rr=λ
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
73
aplicado ao ponto B, base da haste fixada AB e 
(b) a distância de B a um ponto E da haste AB 
em que se poderia reduzir o sistema a uma única 
força equivalente. 
 
 
Solução: 
(a) De (1) para (2) : 
(a) )N(j30sen5i)30cos534(FF iR
rrrr °+°+−== ∑ 
j5.2i67,2FR
rrr +−= 
∑τ=τ iB FBR rr ⇒ 
)m.N(k)1x33,42x34x4(BR
rr −+=τ ; 
)m.N(k67,17BR
rr =τ 
(b) EemFBR
R
B τ=τ
rr
 
τRB=17,67= 2,67 x d BE ⇒ d BE = 6,62 m 
 
 
4.6 - Exercícios 
Propostos 
 
4.1 - Torque Polar 
4.3) Determinar o Torque FB
rrτ da Força Fr na 
corda, em relação ao ponto B da base do galho 
serrado da árvore. A Força é aplicada no ponto 
C do galho, e puxada pelas mãos do operador 
em A, , sendo que possui módulo 939,4 N. 
Obtenha também o módulo deste Torque. 
Resp.: )m.N(k1600j875i100FB
rrrr ++=τ ; )m.N(826.1FB =τr 
 
 
 
 
4.4) Determinar o Torque FB
rrτ da Força Fr na 
corda, em relação ao ponto B da base do braço 
de cilindro serrado fixado no poste. A Força é 
aplicada no ponto C do braço, puxada pelas 
mãos do operador em A, , e possui módulo 866 
N. Obtenha também o módulo deste Torque. 
Resp.: )m.N(k1250j850i300FB
rrrr ++=τ ; )m.N(1541FB =τ
r 
 
 
 
4.5) Uma grua de construção recebe em seu 
cabo uma tração T = 29 kN ao puxar uma carga 
da posição C. Calcule no instante da figura o 
módulo do Torque produzido por esta tração em 
relação à sua base em O. 
Resp.: )m.kN(492Fo =τr 
A
B
C 
D
E FR 
≡
A
B
C 
D 
FR 
τR 
≡ 
A 
B 
3 C 
5 N 
4 N 
θ=30° 
D 
 1 m 
 2 m 
 1 m 
x 
z 
y 
6 m
3 m
2 m
5 m
4 m
5 m
1,5 m
1 m 
A 
y
x
B
C
G
z
O
GC
6 m
3 m
2 m
6 m
5 m
5 m
1,5 m 
1,5 m 
A
y
x
B
z
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
74
 
 
4.6) (a) Um registro de água, paralelo ao plano 
xOy, para ser fechado, necessita ter uma força 
de 120 N, que deve atuar paralela ao plano xOy 
e perpendicular à linha do registro como mostra 
a figura. Qual o torque da força F, em relação ao 
pólo O, necessário à sua abertura ? Obs. 
Forneça o vetor torque e seu módulo. 
Resp.: )m.N(k9,23j25,4i25,4R
rrrr +−−=τ ; τR =24,7 (N.m) 
 
 
 
4.7) Para o corpo da figura sujeito a um sistema 
de forças e torques, determine: (a) o torque que 
a Força F1 faz em relação ao ponto D da figura ; 
(b) o torque que a Força F2 faz com relação ao 
mesmo ponto D da figura ; (c) a redução à um 
sistema força-torque resultantes em relação ao 
ponto D. Dê os resultados em função dos 
versores cartesianos. 
Resp.:(a) )m.N(k60j301FD
rrr +−=τ ; (b) )m.N(j642FD
rr −=τ ; (c) 
)m.N(k8j6i12FR
rrrr ++−= ; )m.N(k180j184i60R
rrrr +−=τ 
 
 
 
 
4.2 - Torque Axial 
 
4.8) Determine o Torque produzido pela força 
)N(k5j8i6F
rrrr +−+= que atua no ponto P da 
porta, em relação ao eixo z da figura, ou seja, 
em relação ao eixo que passa pelas dobradiças 
da porta, que a faz abrir para cima. A força está 
aplicada ao ponto P atuando na sua extremidade, 
a fim de fechar a porta basculante do carro, cujos 
amortecedores a impulsionam para cima. 
Resp.: τz = –16,8 N .m 
 
 
 
 
4.9) Dado a força aplicada ao corpo rígido da 
figura determine o torque axial desta força em 
relação ao eixo AB. Resp.: )m.N(j716AB
rr =τ 
 
 
4.10) Escreva os vetores força resultante RF
r
 e 
torque resultante Rτr a serem aplicados no 
ponto O, origem do sistema de referência, 
equivalentes às forças aplicadas ao corpo rígido 
mostradas na figura. Obs.: as forças são sempre 
paralelas a um dos eixos. 
Resp.: )N(k10j7i4FR
rrr ++−= ;
)m.N(k28j42i54R
rrrr +−=τ 
6 m 
y 
z 
x 
8 m 
3 m
)N(k3j6i10F1
rrrr ++−=
)m.N(k120j90i601
rrrr +−=τ
)N(k5i2F2
rrr +−=
D
A
B
C
2 m 
2 m 
3 m 
12 
O
C
 7 m 
 11 m 
 28 m 
 20 m
T 
A 
y 
x 
z 
F
r 
45º 
O 
z 
y 
x 
20 cm 
5 cm 
A 
P
x
y
)N(k5j8i6F
rrrr +−+= 
1,5 m
0,8 m 
8
30
z
x
y
4 2
1
200 N 
A
B
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
75
 
 
 
 
4.11) Dado as forças NjF
rr
1501 −= e 
NkF
rr
3502 = aplicadas ao corpo rígido da figura 
e aplicadas no eixo y nos pontos y1 = 12 m e y2 = 
5 m, respectivamente. Determine o torque axial 
de cada uma destas forças em relação ao eixo 
que contém os pontos OA no sentido do versor 
λˆ que pertencem ao plano xOy e faz um ângulo 
de 45° em relação à horizontal. 
Resp.: =τ 1FOA 01.ˆOBF1 =τλ=τ ; m.N12372.ˆOBF2 =τλ=τ 
 
4.12) Dado a força aplicada ao corpo rígido da 
figura determine o torque axial de cada força da 
figura em relação ao eixo AB, ABM
r
 e seu 
respectivo sentido: se λˆ ou - λˆ . 
Resp.: )m.N(ˆ7001FAB λ=τ
r ; )m.N(ˆ10732FAB λ=τ
r ; 
)m.N(ˆ15003FAB λ−τ
r ; )m.N(ˆ10004FAB λ−τ
r 
 
 
 
 
Binários 
 
4.13) Dado os 2 binários da figura determine o 
torque de cada binário e o torque resultante no 
corpo e seu sentido obtidos da figura (“barata de 
pernas para cima”). 
Resp. : )m.N(k4201
rr −=τ ; )m.N(k2022
rr =τ ; )m.N(k218R
rr =τ 
 
 
4.14) Determine o valor de cada um dos três 
binários aplicados sobre o encanamento da 
Figura: devido à F1 e F2 , à F3 e F4 e à F5 e 
F6 , e forneça o torque resultante total no 
encanamento e a força resultante obtida. 
Resp.: )m.N(k24i241
rrr −−=τ ; )m.N(j42i662
rr −=τ ; 
)m.N(k363
rr =τ ; 0FR =
r
; )m.N(k12j42i42R
rrrr +−=τ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistema de Forças Contínuas e 
Paralelas 
 
4.15) (a) Reduza o Sistema de forças contínuas 
paralelas, aplicadas à viga da figura, a uma força 
equivalente F1 no trecho AC da viga e F2 no 
trecho CB da viga da figura, e determine as 
posições x’s dessas forças, ( x1 e x2 ) 
considerando a origem do eixo x na articulação A 
(x=0) da viga. Reduza o sistema das duas forças 
obtidas, a uma única força equivalente e 
resultante sobre a viga, determinando-lhe sua 
intensidade e sua distância xR do ponto A. Resp.: 
F1 = 3200 N ; x1 = 6,33 m ; F2 = 7200 N ; x2 = 13,5 m 
; FR = 10400 N ; xR = 11,3 m 
 
 
800 N/m
1 m
 8 m 9 m 
B
A
y
xz
C
C
O
A 
45° 12 m 
y 
λˆ
Nj150F1
rr −=
x 
Nk350F2
rr =
z 
5 m 
F2 =12 N 
F1 =7 N 
F3 =4 N 
x 
z 
y 
F4 =2 N 
3 m
 4 m 
O
M1 =30 N m 
 5 m
2 m 
9 m 
 7 m 
40° 
35 N 
F2 =35 N 
F1 =60 N 
60 N 
x 
z 
y 
40°
12 
30
z
x
y
4 
2
1
F2 =200 N 
A B 
5 
λˆ
16
7 m F4 =250 N 
F1 =100 N 
F3 =300 N 
z 
y 
x 
2 m 
 9 m 
3 m 
3 m 
)N(j8F 1
rr = 
k6F 3
rr −= 
i4F 5
rr −= k6F 4
rr = 
 4 m 
j8F 2
rr −=4 m 
O
i4F 6
rr =
 
 Cap. 4 Mecânicado Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
76
 
 
4.16) (a) Determine as forças equivalentes F1 , 
F2 , F3 (da esquerda para a direita) das 
distribuições de forças e seus pontos de 
aplicação. Resp.: F1=1500(N) em x1 =3,5 m de A; 
F2=900 (N) em x2=8 m de A; F3=10 (N) em y3=0,25 m 
do topo da barra 
 
 
 
4.17) (a) Determine as forças equivalentes F1, 
F2 (da esquerda para a direita) das distribuições 
de forças e seus pontos de aplicação na viga do 
desenho, nas regiões AC e CB da viga, 
sabendo-se que ela pesa 2000 N . Resp.: F1 = 
4000(N); x1=6 m de A ; F2=3000(N) ; x2 =16m de A; 
P=2000(N); x3=13 m de A 
 
 
 
 
 
 
 
4.18) Na figura abaixo: (a) Reduza o Sistema de 
forças contínuas paralelas, aplicadas à viga da 
figura, a uma força equivalente F1 de A até B e 
F2 de B até C e seus pontos de aplicação em 
relação ao ponto A da viga. Reduza o sistema 
das duas forças obtidas das forças contínuas, a 
uma única força equivalente e determine sua 
distância do ponto A . Resp.: F1=9000 (N) ; x1=5 m ; 
F2=6750 N ; x2=15 m ;FR=15750 (N); xR=9,29 m 
 
 
 
 
 
 
4.19) A barreira de água AB, está sujeita às 
forças dadas na figura. (a) Determine a força 
resultante e seu ponto de aplicação (C) das 
forças contínuas aplicadas no lado esquerdo da 
barreira, contado a partir da articulação no ponto 
A, de todo o volume de água que faz pressão 
sobre a barreira. Resp.:FR=16200 (kN)→;AC=6m; 
 
 
 
 
 
4.20) Uma estante se apoia em um suporte 
triangular da figura em equilíbrio, e está 
vinculado ao ponto A da parede por uma 
articulação fixa e ao ponto B por um rolete. 
Sabendo-se que a massa do suporte triângular é 
m = 1,5 kg e que ele está sujeito a uma carga 
vertical para baixo de densidade linear de força 
constante λF = 200 N/m na posição dada na 
figura, determinar os vetores força, que podem 
ser substituídos as forças contínuas sobre a 
prateleira e a força resultante total das forças de 
apoio e peso. 
Resp.: FR = 114.7 N ; dAC = 32,5 cm 
 
 
 
 
4.3 - Sistemas Equivalentes de Forças e 
Torques: 
Sistemas Bidimensionais 
 
4.21) Dado o Sistema de Forças atuantes no 
corpo rígido da Figura, determine: (a) a Força 
Resultante: RF
r
 ; (b) o Torque Resultante em A: 
Rτr ; (c) a redução do Sistema força-binário 
resultante a um Sistema de uma Única Força em 
um ponto da barra AB, determinando a posição 
deste ponto U, através da sua distância ao ponto 
A: AUd . 
Resp.: )N(j220i323FR
rrr −= ; )m.N(k780R
rr −=τ ; 
dAU=3,55 m 
 
y 
x z 
G
 200 N/m
A
B
9 cm
20 cm 30 cm 10 cm 3 cm 
1800 kN/m 
1m
 18 m 
A 
y
B 
 H2O 
z x
900 N/m 
1m 
 10m 15 m 
A 
y
x
z
B 
C
400 N/m 
1m 
 10m 15 m 
B
A 
y
x
z
C 
300 N/m 
0,5 m
20 N/m
1m 
 5 m 6 m 
B
A 
y
x
z
3 cm
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
77
 
4.22) Ao Sistema de Forças e Binários atuantes 
na estrutura determine: (a) um Sistema Força 
Resultante-Binário resultante, equivalentes no 
ponto B; ( b) a posição da força resultante, 
determinando-lhe sua posição de aplicação, 
através de sua distância ao ponto B, sobre a 
barra BC. 
Resp.: )N(j166i420FR
rrr +−= ; )m.N(k840R
rr =τ ;d DB=2m 
 
 
4.23) (a) Reduza o Sistema de forças e binários 
a um sistema força-binário resultante em A ; (b) 
Reduza o Sistema Força-binário em B a um 
Sistema de uma única força na barra BC e 
determine a distância d que esta força ficará de 
B.Resp.:(a) )N(j420i760FR
rrr −= ; )m.N(k7380BR
rr ==τ ; 
(b) d = 9,71 m 
 
 
 
 
4.24) No corpo rígido da figura, todas as forças 
estão no plano xOy, para este caso, forneça os 
vetores (a) Força resultante ; (b)Torque 
resultante ; (c) Posição sobre o eixo z (na linha 
OC) da força resultante que seja equivalente ao 
sistema de forças dado. 
Resp.: m375,0d;)mkN(i51,4;kNk5,4j12F RR =−=τ+=
rrrrr 
 
 
 
4.25) No corpo rígido da figura, todas as forças 
estão no plano zOy, para este caso, forneça os 
vetores (a) Força resultante ; (b)Torque 
resultante em relação ao pólo O ; (c) Posição 
sobre o eixo z da força resultante, reduzindo a 
uma única força que seja equivalente ao 
sistema de forças dado. 
Resp.: m8,3d;)m.kN(i20;)kN(k14j5F zRR O =−=τ+=
rrrrr 
 
 
 
 
4.26) (a) Reduza o Sistema de forças e binários 
a um sistema força-binário resultante em A ; (b) 
Reduza o Sistema Força-binário em A a um 
Sistema de uma única força na barra AB e 
determine a distância d que esta força ficará de 
A. 
Resp.:(a) )N(j420i290FR
rrr −= ; )m.N(k2640AR
rr −=τ ; (b) d = 
6,29 m 
F2 = 600 N 
C 
F1 = 400 N 
F3 = 700 N 
 5 m 
9 m 
 6 m 
 3 m 
B A
3 
4 
5 
x 
z 
y 
12 kN 
25 kN 3 m 
1,5 m 
x
y
z
O 
30°°
15 kN 
A 
B 
C 
kNk40F1
rr =
5 m 
3 m 
x
y
z
O
60°
A 
B
C 
kN30F2 =
kNj20F2
rr =
2 m 
6 m 
450 N 
120 N 
340 N.m A 
B 
C 
4 
3 
60°
2,5 m 2 m 
4 m 
1,5 m x 
z 
y 
5 
F2 = 120 N 
C 
60°
F1 = 200 N 
F3 = 150 N
 3 m 
 6 m 
 4 m 
 2 m 
B 
A 
x 
z 
y 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
78
 
 
4.27) (a) Reduza o Sistema de 3 Forças e um 
Torque da Figura a um Sistema Força 
Resultante e Torque Resultante em A. (b) 
Reduza agora o Sistema Força-Binário em A a 
um Sistema de uma única Força na linha AB, 
indicando qual a Força e em que posição (A’) ela 
ficará, contando a partir do ponto A. 
Resp.: )N(j2,20i26,2FR
rrr −−= ; )m.N(k30AR
rr −=τ ; 
dAA’=1,49 m 
 
 
4.28) Um martelo na tentativa de retirada de um 
prego introduzido torto sobre uma peça de 
madeira, faz o esforço de retirá-lo através de 
uma força horizontal F aplicada sobre seu cabo 
na posição indicada na figura. Determine a força 
F mínima para sua retirada, considerando que a 
madeira exerça sobre o prego uma força de 
restrição (vínculo) de 700 N na direção do prego 
e o ângulo do prego com a perpendicular à 
madeira é θ = 30°. Resp.: F = 139 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Equivalentes de Forças e 
Torques: 
Sistemas Tridimensionais 
 
4.29) No corpo rígido da figura, forneça os 
vetores Torque resultante e Força resultante em 
relação à origem O. 
Resp: )kN(k30j47i12FR
rrrr +−−= ; )m.kN(k2,52j67i5,40R
rrrr +−−=τ 
 
 
 
 
4.30) Determine a Força Resultante e o Torque 
Resultante que a asa esquerda da aeronave 
provoca na solda do centro de massa de sua 
fuselagem em O, uma vez que a sua turbina 
realiza neste instante um arranque de 7 kN e a 
aerodinâmica de sua asa uma força de 42 kN 
para cima, no ponto A. A massa da asa é de 2,0 
Mg (megagramas = 106 g). O centro de massa da 
asa esta no ponto G. 
Resp.: )kN(k4,22i7FR
rrr += ; )m.kN(k63j14i6160R
rrrr −−=τ 
 
 
4.31) (a) Reduza o Sistema de 4 forças e um 
binário, a um sistema de 1 força e 1 binário 
resultantes no ponto O da figura ; (b) Reduza o 
sistema força-binário em O a um sistema de uma 
única força sobre o eixo y entre os pontos O e A, 
determinando a que distância y’ do ponto O, 
ficará a força resultante. 
Resp.: )N(k55i154FR
rrr −= ; )m.N(k2238i800OR
rrr −−=τ ; 
y’=14,5m 
F2 = 300 N 
C 
F1 = 200 N 
F3 = 150 N
 5 m 
 9 m 
 6 m 
 3 m 
BA 
x 
y 
3
45 z 
5 m 4 m 8 m 
2 m
7 kN
42 kN 
O
G
x
y
z
A 
P 
40 kN..m 
15 kN 
50 kN 
12 kN (direção de x) 
18 kN 
3 m 
1,5 m
0,9 m
x
y
z
30 kN
O
 15 m 
 8 m 10 m 
 F3= 10N 
 F2= 8 N 
 F1= 12N 
 A 
 35° 
 τ1= 300,4 N m 
 13 m 
 B 
 C 
y 
θ 
z
 700 N 
 C
 A 
 F 
8 4 
AB =35 cm 
x
 B 
15° 
 D 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
79
 
 
 
4.32) Escreva os vetores força resultante RF
r
 e 
torque resultante Rτr a serem aplicados no ponto 
O, origem do sistema de referência, equivalentes 
às forças aplicadas ao corpo rígido mostradas na 
figura. Obs.: as forças são sempre paralelas a 
um dos eixos. 
Resp.: )N(k10j7i7FR
rrrr ++−= ; )Nm(k15j4i29OR
rrrr +−=τ 
 
 
 
 
 
4.33) Determine o vetor Força Resultante e o 
vetor Torque Resultante em relação a O do 
Sistema de Forças aplicadas ao Sistema de 
canos da figura. 
Resp.: )N(k1j6i4FR
rrrr ++−= ; )m.N(k20j35i41OR
rrrr ++=τ 
 
 
 
 
4.34) Determine o vetor Força Resultante e o 
vetor Torque Resultante em relação a O, do 
Sistema de Forças aplicadas ao Corpo da 
figura.Resp.: )N(k12j15i6FR
rrrr −−−= ; 
)m.N(k16j32i48OR
rrrr ++−=τ 
 
4.35) Dado as duas vigas interligadas da figura e 
sujeitas às cargas designadas, reduza o sistema 
de forças e torques, a um sistema força 
resultante e torque resultante em A, origem do 
sistema de coordenadas. 
Resp.: )kN(k10j25i15FR
rrrr +−= ;
)m.kN(k135j100i5,31AR
rrrr −+=τ 
 
 
 
4.36) No Sistema de 3 Forças (paralelas aos 
eixos da figura) que agem no pendurador, 
verifique as ações equivalentes que agem na 
raiz de fixação, ponto B, origem do Sistema de 
Referência, determinando: (a) o vetor Força 
Resultante; (b) o vetor Torque Resultante em B; 
(c) os módulos da Força e do Torque 
Resultantes em B. 
 
Resp.:(a) )N(k50j20i5FR
rrrr −+= ;(b)
)m.N(k25,0j6,3i4,3BR
rrrr −−−=τ ;(c) )N(1,54FR = ;
)N(96,4BR =τ 
 
 
 
 
 
 
50 N 
20 N 
5 N 
0,08 m 
 0,1 m 
0,05 m 
0,05 m 
0,05 m 
B 
y 
z 
x 
0,22 m 
z 
y 
x 
1,5 m 
 6 m 
2 m 
2,5 m 
)N(j8F 1
rr =
k6F 2
rr −=
i4F 5
rr −= k7F 4
rr =
 4 m 
j2F 3
rr −=3 m 
O
F2 =12 N 
F1 =7 N 
F3 =4 N 
x 
z 
y 
F4 =2 N 
 5 m 
 4 m 
3 m 
O 
F5 =3 N 
20 N 
179 N 
31,7 N
=τx 243,1 N.m 
50 N 
30° 
12,5m 
3,5m
27 m 8 m
O
y
x 
z 
A
z
x
y
12 m
2 m 
0,3 m 
8 m 
kNk20F2
rr −= kNk30F1
rr =
kNi15F3
rr =
kNj25F4
rr −= 
)m.kN(i101
rr −=τ 4 m 
A
6 m
0,3 m 
z
x 
y 
5 m 
8 m 
6 m 
2 m 
1,5 m 
)N(j20F1
rr −=
)N(k8F2
rr −= 
)N(k4F3
rr −=
)N(i6F4
rr −=
)N(j5F5
rr =
O
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
80
4.37) O avião abaixo, está em equilíbrio de 
translação e aplica neste instante, as seguintes 
forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o 
avião: no ponto A≡(-0,8; -3; 0) m uma força 
)kN(k6FA
rr −= ; no ponto B≡(-9; 1,2; 0) m, uma 
força )kN(k14FB
rr = ; e no ponto C≡(-9; 0; 0,7) m 
uma força )kN(j8FC
rr −= ; fazendo com que o 
avião gire e translade em torno do seu centro de 
massa. Ainda assim, se aplica forças de empuxo 
adicional às duas hélices dianteiras de valores 
T1 = T2 =10 kN, simétricos em relação ao centro 
de massa G, aplicadas na direção das asas, nas 
posições, H1 ≡(0,5; 2; 0) m, e H2 ≡(0,5; -2; 0) m 
como mostra a figura, a fim de aumentar a 
velocidade linear do avião no espaço. 
Determinar: (a) a Força Resultante sobre o 
avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em 
relação ao centro de massa G do avião, centro 
do Sistema de coordenadas (x,y,z); (c) o Torque 
Resultante sobre o avião. 
Resp.: (a) )kN(k8j8i20FR
rrrr +−= ; (b) 
)m.kN(j8,4i18AFG
rrr −=τ ; )m.kN(j126i8,16BFG
rrr +=τ 
; )m.kN(k72i6,5CFG
rrr +=τ ; 
)m.kN(k201TG
rr −=τ ; )m.kN(k202TG
rr =τ ; 
(c) )m.kN(k72j121i4,40R
rrrr ++=τ 
 
 
 
 
 
 
 
4.38) Um avião, estando em equilíbrio de 
translação, aplica neste instante, as seguintes 
forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o 
avião: no ponto A≡(0; 19; 0) m uma força 
)kN(k12FA
rr = ; no ponto B≡(-30; 16; 2) m, uma 
força )kN(k15FB
rr = ; e no ponto C≡(-30; 0; 3) m 
uma força )kN(j8FC
rr −= ; fazendo com que o 
avião gire e translade em torno do seu centro de 
massa. Ainda assim, aplica forças de empuxo 
adicional aos dois jatos dianteiros de valores TJ1 
= TJ2 =7 kN, simétricos em relação ao centro de 
massa G, aplicadas abaixo das asas, nas 
posições, J1 ≡(0; 11; -2) m, e J2 ≡(0; -11; -2) m 
como mostra a figura, a fim de aumentar a 
velocidade linear do avião no espaço, mas 
também aplicando-lhe um torque em relação a 
G. Determinar: (a) a Força Resultante sobre o 
avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em 
relação ao centro de massa G do avião. (c) o 
Torque Resultante sobre o avião. 
Resp.: (a) )kN(k27j8i14FR
rrrr +−= ; (b) 
)m.kN(i228AFG
rr =τ ; )m.kN(j450i240BFG
rrr +=τ ; 
)m.kN(k240i24CFG
rrr +=τ ; )m.kN(k77j141JFG
rrr −−=τ ; 
)m.kN(k77j142JFG
rrr +−=τ ; (c) 
)m.kN(k240j422i492RFG
rrrr ++=τ 
 
4.39) Considerando o sistema de mancais e polias 
com correias da figura, determinar: as forças de reação 
sobre a extremidade do eixo AB exercido pelo mancal 
A que é um mancal simples; as forças de reação sobre 
o mancal B que é um mancal de encosto; e a força F 
aplicada a um lado da correia da polia C como mostra 
a figura; a fim de manter todo o sistema em estado de 
equilíbrio de translação e rotação. Considere que a 
correia de força 90 N na polia C, faz um ângulo de θ = 
30º com a vertical (z) e que os mancais estão 
alinhados e exercem apenas forças de reação (não de 
torques) sobre o eixo AB. 
Resp.: )N(k110F
rr −= ; )N(k124i3,85A rrr += ; 
)N(k4,64i7,89B
rrr += 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O
G
x
y
z
A 
B 
C )kN(j8F C
rr −= 
)kN(k15F B
rr =
)kN(k12F A
rr =
)kN(i7F 1J
rr =
)kN(i7F 2J
rr =
z
x 
y
)kN(k14F B
rr =
)kN(j8F C
rr −=
)kN(k6F A
rr −=
)kN(i10T1
rr = )kN(i10T 2
rr =
A 
B
C 
 F 
θ 
 90 N 
 50 N
80 N
0,3 m 
 0,2 m 
 1,2 m 
0,8 m
1,5 m
y
z
x 
A
 B 
 C
 D

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