C5 Equilibrio 2008

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Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
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5.1 – Definições 
Observacionais e Causais 
do Equilíbrio 
 
Definição: 
 
Equilíbrio de uma Partícula (ou 
ponto material): 
 
Definição através das causas do movimento: 
 
 “Uma partícula está em equilíbrio quando está livre 
da ação de forças, ou seja, a soma das forças que 
atuam sobre ela é nula.” 
 
Definição através dos efeitos do movimento: 
 
 “Uma partícula está em equilíbrio quando seu vetor 
velocidade é constante, ou seja, sua aceleração é 
nula.” 
 
 
Definição: 
 
Equilíbrio de um Corpo Rígido: 
 
Definição através das causas ou dinâmica do 
movimento: 
“Um corpo rígido está equilíbrio quando está em 
equilíbrio de translação e rotação simultaneamente.” 
 
 “Um corpo rígido está em: 
(a) Equilíbrio de Translação: quando está livre da 
ação de forças, ou seja, a soma das forças que atuam 
sobre ele é nula. 
(b) Equilíbrio de Rotação: quando está livre da ação 
de torques, ou seja, a soma de todos os torques 
sobre o corpo é nulo, ou ainda, o torque resultante é 
nulo. ” 
 
Definição através dos efeitos físicos observáveis ou 
efeitos cinemáticos do movimento: 
 
“Um corpo rígido está em : 
(a) Equilíbrio de Translação quando seu vetor 
velocidade é constante, ou seja, a aceleração é 
nula. 
 
Equilíbrio de Translação: a = 0: 
1) Repouso: v = cte = 0 ou 
2) MRU: v = cte ≠ 0 
 
 0amFR == v
r
 
 
(b) Equilíbrio de Rotação quando seu vetor 
velocidade angular é constante, ou seja, sua 
aceleração angular é nula.” 
 
Equilíbrio de Translação: α = 0 
1) Repouso Rotacional: ω = cte = 0 ou 
2) Mov. Rotacional e Uniforme: ω = cte ≠ 0 
 
0IR =α=τ rr 
 
 
Esquematicamente: 
 
 
(1) a Força Resultante sobre ele é nula 
(Equilíbrio de Translação) e 
 
___________________________________________________________ 
Capítulo 5 
Equilíbrio do Corpo Rígido 
 
___________________________________________________________ 
 0amFF iR === ∑ rrr 
 
 0IiFOR i =α=τ+τ=τ ∑∑ rrr 
 0=⇒=
MM CC actev
vr 
 
 0.const =α⇒=ω rr 
0=
MCa
r
0FR =
r
.const=ωr 
ctev
MC =
r
0=αr 
Fig. Corpo Rígido em Equilíbrio 
G
∑ =τ=τ 0iFOR rr 
0== ∑ iR FF rr 0=ar 
.constv =r
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
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(2) o Torque Resultante sobre ele é nulo (Equilíbrio de 
Rotação).” 
 
Matematicamente: 
 a) Equilíbrio de Translação: 0amF CMR == r
r
 
RF
r
= força resultante no corpo 
m = massa ou inércia de translação 
MCa
r = aceleração do Centro de Massa 
 
b) Equilíbrio de Rotação: 0=α=τ rr IR 
Rτr = torque resultante no corpo 
I = Momento de Inércia 
αr = aceleração angular do corpo 
 
(1) a aceleração de seu Centro de Massa é nula 
(equilíbrio de translação). Se isso ocorre o vetor 
velocidade do Centro de Massa do Corpo Rígido é 
constante, o que resulta que o Centro de Massa do 
corpo está ou em 
(a) repouso ( MCv
r
= const.=0 ⇒ CM parado) ou em 
(b) Movimento Retilíneo e Uniforme (
MCv
r
 = const. ≠ 
0 ⇒ MRU do CM) 
 
 
 
(2) sua aceleração angular é nula (equilíbrio de 
rotação). Se isso ocorre o vetor velocidade angular 
é constante, podendo o corpo neste caso: 
 
(a) não girar ( ωr = const. = 0 ⇒ corpo não gira) ou 
 
(b) estar em Movimento de Rotação Uniforme (ωr 
= const. ≠ 0 ⇒ MRU). 
 
De forma esquemática: 
 
 
onde: 
 
MCa
r
 = aceleração do Centro de Massa 
 
MCv
r
 = velocidade do Centro de Massa 
 ωr = velocidade angular (ômega) 
 αr = aceleração angular (alfa) 
 
A Força Resultante retrata a causa do Movimento 
de Translação. O efeito físico produzido e 
observado é a aceleração do CM do corpo. 
Quem dificulta ou facilita a relação da 
variação do efeito produzido pela causa é a 
inércia de translação e a grandeza que mede 
essa inércia de translação de um corpo é a 
massa m desse corpo. 
O Torque Resultante retrata a causa do 
Movimento de Rotação. O efeito físico 
observado e produzido é a aceleração angular 
do corpo. Quem dificulta ou facilita a relação 
do aumento ou diminuição desse efeito 
produzido, a aceleração angular, é a inércia 
de rotação ou a grandeza momento de inércia 
I do corpo em torno de um eixo especifico. 
 
 
 
 
Def.: Inércia: medida da dificuldade de se 
tirar: 
(a) o centro de massa CM do corpo rígido do 
seu estado de repouso ou Movimento 
Retilíneo e Uniforme (Inércia de Translação) ; 
a massa m é uma medida desta Inércia de 
Translação; ou 
(b) o corpo rígido de seu estado de 
Movimento de Rotação Uniforme (Inércia de 
Rotação) em torno de um eixo; o Momento 
de Inércia I é uma medida da Inércia de 
Rotação. 
 
 Def.: Momento de Inércia: I = momento de 
inércia de um corpo = medida da inércia de 
rotação de um corpo. Medida da dificuldade 
de se produzir variação da velocidade 
angular, ωr , de um corpo rígido em relação a 
um eixo de giro definido. 
 
Def.: Força Resultante: Chama-se força 
resultante sobre um corpo à soma de todas as 
forças externas ou de vínculo que atuam 
sobre o corpo. A soma das forças internas de 
um corpo se anulam mutuamente. 
0;)( intint =+= ∑∑ ernasiernasiexternasiR ffFF rrrr 
 
∑= externasiR FF
rr
=∑ iF
r
 
 
∑= iR FF
rr
 
 
Forças Internas e Externas: 
No Sistema de Partículas, as partículas 
exercem forças entre si, o que denominamos 
de Forças internas ijf ou seja, a força que a 
partícula i faz na partículas j onde i, j = 1, 2, 
3,..., n, mas que no entanto, pelo princípio da 
ação e reação a força que a partícula i faz 
sobre a partícula j é igual e de sinal contrário 
MCa
r
RF
r
 (efeito)
(causa) 
m
RF
r
 = m.
MCa
r
 
a) Equilíbrio de Translação: 
 
 
MCa
r
 = 0 
 
MCv
r
 = const. = 0 ⇒ CM em repouso ou 
 CMv
r
 = const. ≠ 0 ⇒ CM em MRU 
 
b) Equilíbrio de Rotação: 
 
 αr = 0 
 ωr = cte = 0 ⇒ não gira ou 
 ωr = cte ≠ 0 ⇒ MRU 
I
αr 
Rτr (causa) 
(efeito) 
α=τ rr IR
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
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à força que a partícula j faz sobre a partícula i, 
jiij ff
rr −= . Como as duas partículas fazem parte 
do mesmo corpo estudado, essas forças internas 
que se anulam mutuamente para todo o Sistema de 
Partículas, no entanto, recebem Forças de outros 
corpos fora do Sistema que denominamos Forças 
externas, na qual a soma dessas Forças externas, 
não podem se equilibrar internamente dando como 
força final o que denominamos de Força Resultante 
: 
 
∑∑ ∑ =+= extextintR FFfF rrrr 
∑ = 0fintr 
 
 
Def.: Momento Resultante ou Torque Resultante: 
Chama-se Torque resultante sobre um corpo a 
soma dos Torques de todas as forças externas que 
atuam sobre o corpo. A soma dos torques das 
forças internas também se anulam mutuamente, 
restando apenas a soma dos Torques das Forças 
externas. 
 
0=∧=τ ∑∑ ernasintifO frernasint
rrr
 
 
Se o corpo tiver forças externas (1ª parcela do 2º 
membro)e binários isolados (2ª parcela do 2º 
membro): 
∑∑ τ+τ=τ iFOR i rrr 
 
Se não houver binários isolados, a expressão acima 
se reduz à: 
 
∑ τ=τ iFOR rr 
 
 
5.2 - Equilíbrio do Corpo 
Rígido em duas 
dimensões 
 
 
 
As condições matemáticas do equilíbrio é o 
cumprimento das 2 equações vetoriais de equilíbrio 
de translação e equilíbrio de rotação: 
 
 0== ∑ iR FF rr 
 
 0=τ=τ ∑ iFOR rr 
 
 
as 2 equações vetoriais, equivalem para forças que 
são aplicadas a um corpo que estão em um único 
plano ou duas dimensões a serem satisfeitas por 3 
equações escalares. 
 
 
Considerando, portanto que todas as forças de um 
corpo rígido, atuam em um mesmo plano, xOy, por 
exemplo, as equações de equilíbrio se reduzem a 
três equações escalares com três incógnitas 
possíveis. Essas equações se apresentam de três 
formas possíveis e equivalentes, considerando os 
pontos A, B ou C três pontos quaisquer do corpo. 
Adotando os eixos y (vertical), x (horizontal) e 
z (saindo do papel), as forças ficarão nas 
direções de x e y e os torques na direção z 
{[saindo do plano da lousa ou da folha de 
papel (+ k
r
): giro do corpo no sentido 
antihorário; [entrando (- k
r
): giro do corpo no 
sentido horário]} : 
 
Regra da mão direita 
 
As três expressões que resolvem bem o 
problema e mais utilizadas devido a sua 
facilidade são: 
 
0=∑ xF 
0=∑ yF 
0iFA =τ∑ 
 
Podendo também estas três equações 
escalares serem substituídas pelos outros 
dois conjuntos a seguir, mas não são muito 
usadas devido à maior dificuldade de se 
estabelecer uma expressão de torques do que 
de forças nulas: 
 
0=∑ xF ou 
0iFA =τ∑ 
0iFB =τ∑ 
ou 
0iFA =τ∑ 
0iFB =τ∑ 
0iFC =τ∑ 
 
Se um corpo está em equilíbrio, significa que 
qualquer parte desse corpo escolhido, 
considerando-lhe as forças de vínculo, ou 
forças externas, cada parte desse corpo que 
isolarmos, também tem que estar em 
equilíbrio. Portanto, consideremos dois casos 
importantes neste caso, em que a parte tem 
duas forças agindo e três forças agindo, como 
abaixo se especifica. 
 
a) Elemento de duas forças em 
equilíbrio 
 
Quando sobre um dos elemento de um corpo 
rígido em equilíbrio, ou mesmo um corpo 
rígido em equilíbrio, atuam forças externas ou 
vínculos em apenas dois pontos, ele é 
chamado de elemento de duas forças. Neste 
caso, como esse elemento está em equilíbrio, 
então, isolando-o do corpo rígido, observa-se 
que ele estará sob a ação de apenas duas 
forças, e que estas duas forças só poderiam 
possuir sempre a mesma linha de ação, 
serem iguais e de sentidos opostos. Do 
z
x 
y
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
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contrário o corpo não está em equilíbrio. Em 
equilíbrio estas duas forças em A e B como no 
desenho, podem se classificar em forças de 
compressão (apontando para os pontos, ou 
tentando aproximar os pontos) ou tração 
(apontando contrária aos pontos ou na tentativa de 
afastar os pontos). 
 
 
b) Elemento de três forças em 
equilíbrio 
 
Quando sobre um corpo rígido, ou elemento de 
corpo rígido, que está em equilíbrio, atuam 3 forças 
externas ou vínculos, em três pontos do corpo, 
necessariamente este corpo estará: 
(a) ou sob a ação de três forças não 
paralelas, cujas linhas de ação deverão 
cruzar o mesmo ponto. 
(b) ou com 3 forças paralelas, que deverão 
ter força resultante e torque resultante 
ambos nulos. 
 
 
 
 
O equilíbrio é calculado sempre analisando a ação 
de forças externas no corpo ou forças de vínculo, 
ou simplesmente vínculos, portanto forças que 
limitam o movimento do corpo. 
 
c) Equilíbrio Estável e 
Equilíbrio Instável 
 
Um corpo encontra-se em estado de equilíbrio 
estável, se ao ser tirado do seu estado de equilíbrio 
ele oscila em torno da posição de equilíbrio e 
retorna ao mesmo estado onde se encontrava. 
 
 
 
 
 
Um corpo encontra-se em equilíbrio instável, 
se ao ser retirado do seu estado de equilíbrio 
ele não retorna mais ao ponto onde estava, 
ganhando mais velocidade e indo buscar uma 
posição de equilíbrio estável. 
 
 
 
d) Principais Forças de 
Vínculo em duas 
dimensões ( Vínculos = Forças Externas ) 
 
 
 
 
 
Vínculos: são todas as forças que 
atuam na parte do corpo em análise, ou parte 
do corpo que se isola, verificando assim onde 
estão os limites (vínculos) do seu movimento. 
Deve-se isolar a parte do corpo para análise e 
desenhar o diagrama de corpo livre, ou seja, 
todas as forças que atuam sobre esta parte: 
forças de campo (pesos) e forças de contato. 
Essas forças reduzem os graus de liberdade 
do corpo, dando a ele, vínculos, que 
interessam para a finalidade técnica que lhes 
é desejada na sua utilização prática. 
 
Graus de liberdade: todas os 
dimensões livres para o movimento 
correspondem aos graus de liberdade, que 
correspondem ao inverso dos vínculos 
impostos ao corpo. 
 
Forças de Campo: 
 
 
x
y 0FF ix xR == ∑ 
0FF iyyR == ∑ 
 
∑ =τ=τ 0zR z z
Equilíbrio instável 
Equilíbrio estável 
A
BAF
r
 
BF
r
BF
r
BF
r
 
B
B
A
A
AF
r
AF
r
 
Fig. Corpos de duas forças e em Equilíbrio. Em (a) forças 
de compressão; em (b) e (c) forças de tração 
(a) 
(b) 
(c) 
compressão 
tração 
0F i =∑
r
 
0FF 21 =+
rr
 
AF
r
 
A
C
B
BF
r
 
O
CF
r
C
B
A
Corpos em Equilíbrio 
AF
r
CF
r
BF
r
0321 =++ FFF
rrr
 0F i =∑
r
 
 
 
 
 
 
 
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1) Força Peso 
 
Toda força peso é uma força de vínculo, e sua 
natureza é o campo gravitacional, sendo produzida 
pelo planeta Terra. Quando não são considerados 
desprezíveis em comparação com as forças 
envolvidas no problema, a força peso do corpo ou 
as forças peso das partes do corpo, são 
consideradas imprescindíveis como forças de 
vínculo ou externas que atuam sobre o corpo. No 
Sistema Internacional (SI) a força Peso, P = m.g , é 
medida em newtons, N = kg.m/s2 , a massa é 
medida em quilogramas, kg, e a aceleração da 
gravidade na superfície do planeta é g = 9,8 m/s2. 
 
Neste ponto, cabe um importante debate em torno 
das forças de ação e reação. A terceira lei de 
Newton estabelece que a toda ação corresponde 
uma reação igual e contrário no corpo que aplica a 
ação. As forças de ação e reação não se equilibram 
uma vez que estão aplicadas a corpos diferentes, 
se aumentarmos o Universo de corpos livres que 
consideramos, as forças de ação e reação se 
tornam forças internas e não são consideradas no 
diagrama de corpo livre, onde consideramos 
sempre as forças de corpo externos ou vínculos, 
como daremos nos exemplos abaixo. 
 
 
 
 
 
No corpo em repouso sobre a mesa, a força 
de ação da mesa sobre o corpo é a força 
normal N e a reação do corpo sobre a mesa é 
a força -N , da mesma forma que a força peso 
é a ação da terra sobre o corpo P e a reação 
é a força do corpo sobre a Terra. Duas forças 
iguais e contrárias mas que atuam em corpo 
distintos. A força peso P e força normal N 
sobre o corpo não são forças de ação e 
reação. 
 
Se o corpo não for eletricamente neutro, 
outros tipos de força de campo sobre o corpo, 
seriam a força elétrica, a força magnética. 
Além dessas, outras forças podem ser 
necessárias serem levadas em conta, 
dependendo do problema: força devido a 
tensão superficial, forças derivadas de 
reações químicas entre substâncias, pontes 
de Hidrogênio, forças de Van der Waals, etc.As forças de contato ou toque, não deixam de 
ser forças de campo, uma vez que o contato 
entre dois corpos neutros, oferecem 
resistências um ao outro, devido ao fato de 
que elétrons das últimas camadas de um 
corpo repelem os elétrons das últimas 
camadas do outro corpo. 
 
Forças de Contato ou de Toque 
 
2) Roletes, balancin e superfície 
lisa : exigem força normal ao apoio 
 
O corpo está livre para ir para qualquer lugar e so tem seu 
limite de movimento para baixo, ou seja, o vínculo sobre o 
corpo é normal ao apoio. 
 
 
 
3) Articulação e Superfície 
áspera: exigem uma força diagonal, ou 
seja, uma componente normal e outra 
tangencial 
 
 
Roletes 
N
r
N
r
N
r
Balancim 
N
r
Superfície lisa 
Força – N , não é força sobre o corpo em análise, portanto não é considerada. 
Interessam apenas as forças externas ou vínculos sobre o corpo em questão. 
As forças de reação sobre o outro corpo não são consideradas 
N
r−
Força normal ao apoio 
Força em direção
desconhecida ou 
genérica. 
 Duass 
componentes de 
Força. 
yF
r
F
r
xF
r
Articulação Superfície com atrito 
F
r
xF
r
yF
r
 
Terra 
(a) 
A 
P = m g = FR = m a 
-P = - M g’ = -FR = - M a 
Corpo caindo sobre a Terra 
B 
gmP
rr =
P= 2r
mMG ; g=
m
P
r
MG 2 = ; g’= M
P
r
mG 2 = <<< g ; r = AB 
Terra 
(b) 
P 
N 
-N 
-P 
A 
B 
FR = N–P= N–mg=0 
As forças de 
reação da 
força peso (na 
Terra) e da 
força normal 
(na mesa) 
não atuam no 
corpo em 
análise e 
portanto não 
interessa para 
o diagrama de 
corpo livre do 
corpo A. 
Corpo sobre uma mesa 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
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4) Cabo e haste articulada: exigem uma 
força na direção do cabo, ou na direção da barra bi-
articulada. 
 
 
 
 
5) Cursor deslizante e Pino 
deslizante: força perpendicular à linha do cursor 
ou perpendicular à linha do sulco do pino 
deslizante. O corpo ganha um limite de movimento 
ou vínculo na direção do perpendicular à direção 
em que pode se movimentar livremente que é a 
direção do cursor. 
 
 
 
6) Engastamento: limita o movimento em 
seus três graus de liberdade na sua bidimensão. 
 
 
 
 
 
5.3 – Equilíbrio do Corpo 
Rígido em três dimensões 
(espaço) 
 
Condições matemáticas do equilíbrio: 2 equações 
vetoriais 
 
 0== ∑ iR FF rr 
 
 0=τ=τ ∑ iFOR rr 
 
 
as 2 equações vetoriais, equivalem a 6 
equações escalares: 
 
 
 
a) Vínculos em três dimensões 
 
 
Além da força Peso, já apresentada como 
força de vínculo anteriormente temos em três 
dimensões: 
 
1) Esfera rolante e Superfície 
lisa: exigem força normal ao apoio 
 
 
 
 
2) Cabo 
 
 
 
3) Rolete de disco em uma 
superfície áspera ou rolete em 
um trilho: aparecem dois vínculos: uma 
força normal a qual o solo impede o corpo de 
ir para baixo e outra lateral ao movimento que 
impede o corpo de sair do trilho. 
 
 
F
r
 
Engastamento 
τr
Força-Binário 
na base do 
engastamento 
AF
r
 
Haste articulada em dois pontos 
F
r
 
Cabo 
B 
A 
Força na direção do cabo 
Força na direção da barra articulada 
F
r
 
F
r
 
Cursor deslizante Pino deslizante 
Força Normal ao cursor Força Normal ao 
pino deslizante 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
0== ∑ izzR FF 
0=τ=τ ∑ ix xR 
0=τ=τ ∑ iy yR 
0=τ=τ ∑ iz zR 
x
y 
i
r
z
 j
r
 
 k
r
F
Esfera rolante Superfície lisa Força Normal ao Apoio 
F 
Força na direção de saída do cabo 
Cabo
 
 
 
 
 
 
 
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4) Superfície Áspera e Rótula ou 
Articulação ou Junta Esférica: 
aparecem très forças que impedem o movimento de 
translação do corpo, só não impedindo o seu giro 
livre. 
 
 
 
5) Anel deslizante em 3 dimensões: 
as forças de vínculo são o impedimento de 
movimento lateral: Fx e Fy (não Fz); e os torque de 
giro em torno de x e de y: τx e τy , mas permitindo 
livremente o giro em torno do eixo z 
 
 
 
6) Pino em suporte, dobradiça, e 
mancal axial: só permite um grau de liberdade: 
o livre giro em torno do eixo y: τy =0 
 
 
 
 
7) Engastamento ou 
Encrustamento ou Apoio Fixo: 
limitação de todos os 6 graus de liberdade 
para o corpo rígido, barra engastada. 
 
 
b) Método da Solução de 
Exercícios de Equilíbrio 
 
1) Isola-se uma parte do corpo em que se 
deseja estudar o seu equilíbrio. Uma vez que: 
“Qualquer parte de um corpo em equilíbrio 
também está em equilíbrio.” 
2) Faz-se o diagrama de corpo livre dessa 
parte do corpo. Colocam-se todas as forças 
de vínculo (Forças Externas) sobre o corpo, 
aquelas que possam limitar o seu movimento. 
3) Aplica-se as duas equações de equilíbrio: 
(a) Equilíbrio de Translação: 
0== ∑ iR FF rr 
(b) Equilíbrio de Rotação: 
0=τ=τ ∑ iFOR rr 
 
 
5.4 – Resumo do 
 Capítulo 5 
 
1) Equilíbrio do corpo rígido: 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando em relação a um 
sistema de referência inercial ele: 
(a) Está livre da ação de forças, ou seja, a somatória 
de todas as forças que atuam sobre o corpo é nula 
e como conseqüência a aceleração do corpo é 
nula e a velocidade é constante (Equilíbrio de 
Translação). 
(b) Está livre da ação de torques, ou seja, a somatória 
de todos os torques que atuam sobre o corpo é 
nula e como conseqüência a aceleração angular 
F x 
F y
τ x τ y 
Duas componentes de Forças 
e duas de binários 
F y
F z
F x 
Superfície áspera 
Articulação esférica ou rótula 
Forças nas 
três direções 
 
F z 
F x
Forças perpendiculares 
ao movimento 
Rolete em um trilho 
Rolete em superfície áspera 
Pino em suporte 
Dobradiça 
Mancal axial fixo em y (apenas o giro é livre)
Mancal axial não fixo ( Fy = 0 )
Fixação do mancal 
F x
F y
F z 
τ z 
τ x 
Três componentes 
de Forças e duas de 
binários
F x 
F y
F z
τ z 
τ x τ y 
Engastamento
Três componentes de Forças 
e três de binários 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
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do corpo é nula e a velocidade angular é constante 
(Equilíbrio de Rotação). 
2) Elemento de duas forças em equilíbrio: 
 
3) Elemento de três forças em equilíbrio: 
 
4)Equilíbrio do Corpo Rígido em Duas Dimensões (3 graus de 
liberdade) e Três dimensões (6 graus de liberdade): 
 
 
 
 
 
5.5 – Exercícios 
Resolvidos 
 
5.1*) O automóvel utilitário de 30 kN, tem seu centro 
de gravidade G indicado na figura para uma 
situação sem carga em C. A carga adicionada na 
carroceria, tem seu centro de gravidade no ponto C 
com e = 1,2 m atrás do eixo traseiro. (a) Determine 
o peso da carga de modo que as forças normais 
nas rodas dianteiras A e traseiras B sejam iguais; 
(b) ao se retirar a carga C, determine as forças 
normais nas duas rodas dianteiras NA e nas duas 
rodas traseiras NB. 
Resp.: (a) P = 7,14 kN ; (b) NA=20 kN; NB=10 kN 
 
Solução: 
 
 (a)Cálculo do Peso da Carga para que NA = NB : 
 τR = ∑τ iFC = - NA x 7,2 + 30 x 5,2 – NA x 1,2 = 0 
 ⇒ NA = NB = 18,57 kN 
 FR = ∑ =iF 2 xNA –30–P=0⇒ portanto, P = 7,14 
kN 
 
(b) Retirada a Carga, a normal nas rodas dianteiras 
NA e traseiras NB será: 
 FR = ∑ =iF NA + NB – 30 =0 ⇒ NA+ NB = 30 kN 
 τR = ∑τ iFB =-NA x 6 + 30 x 4 =0⇒NA=20kN⇒NB=10 kN 
 
 
5.2*) Na tentativa de girar o cilindro, a 
ferramenta da figura, se encaixa em uma 
fenda em A e apenas encosta sua saliência B, 
completamente lisa, sobre o cilindro. É 
aplicada uma força de 15 N, ao cabo, em C, 
sem que o cilindro comece a girar, mantendo-
se ainda em equilíbrio. Determine as reações 
horizontal e vertical nos pontos A e B da 
ferramenta que interagem com os vínculos do 
cilindro. Resp.: )N(j15i60A
rrr +−= )N(i60B rr = 
 
 
 Solução: Forças na peça: 
 
⇒=τ∑ 0iFA - 15 x 0,08 + B x 0,02 = 0 ⇒ Bx = 60 N 
→ 
∑ ⇒= 0xF Ax + Bx = 0 ⇒ Ax = - 60 N ← 
⇒=∑ 0yF Ay – 15 = 0 ⇒ Ay = 15 N ↑ 
 
5.3*) O carro de corrida a seguir, possui 
velocidade constante, portanto em equilíbrio, 
com uma massa total de 716 kg. Os dois 
aerofólios em C e D nesta velocidade 
produzem cada um, empuxo devido ao ar, 
como no detalhe da figura, com forças iguais 
de 2 kN direcionada para baixo e 500 N de 
resistência horizontal. Determinar as forças de 
reação em ambas a rodas dianteiras A e em 
ambas as rodas traseiras B. 
Resp.: NB =6,56 (kN) ; NA =4,46 (kN) 
 
 
Solução: 
A
B
AF
r
B
B
A
A
(a) (b) 
(c) 
compressão tração 
AF
r
AF
r BF
r
BF
r
BF
r
tração 
AF
r
A
C
B BF
rO
CF
r
C
B
A
Corpo em Equilíbrio : 3 Forças
concorrentes em O 
BF
r
AF
r CF
r
16 
BA
C
D
G
C Cx
Cy
V = 220 km / h 
0,7 m 2 m 1 m 
0,1m
0,8m
y 
x 
z
MecCR 
F = 15 N 
 6 cm 
2 cm
A
B
C
y 
x 
z
G 
G1
A B 
 4 m 
e
 2 m
1,5 m 
y 
x 
z 
G 
G1
A B 
1,2 m 
 2 m 
1,5 m 
P = 30 kN 
P’
NA 
4 m
NB 
F = 15 N 
A
B
C Ax
Bx
Ay 
Forças de Vínculo que atuam sobre a ferramenta 
0,3m 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
0== ∑ izzR FF 
 
 
0xR x =τ=τ ∑ 
∑ =τ=τ 0yR y 
∑ =τ=τ 0zR z 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
∑ =τ=τ 0zR z 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
89
 
∑ = :0Fy NA +NB-7,02-2-2⇒NA+NB=11,02 kN 
:0iFA =τ∑ (2x0,7-0,5x0,1– 7,02x2+NBx3-2x3,3–0,5x0,8)=0 
NB =(1/3).(-2x0,7+0,5x0,1+7,02x2+2x3,3+0,5x0,8)=6,56kN 
NA =11,02-6,56=4,46kN 
 
5.6 - Exercícios Propostos 
 
5.4) O corpo rígido AB da figura tem massa 5,1 kg e 
comprimento AB = 10 m. O corpo está vinculado à 
articulação A e apoiado no rolete em B, sendo que 
sobre a barra atua uma força de 5 N à 2 m de 
distância da extremidade B fazendo um ângulo de 
30° com a vertical. Determine os vetores: força A
r
 
que atua no ponto A e força B
r
 que atua no ponto B 
do corpo rígido AB, sabendo-se que ele está em 
equilíbrio. 
Resp: )N(j9,25i50,2A
rrr += ; )N(j5,28B rr = 
 
 
5.5) O corpo triangular da figura em equilíbrio, está 
vinculado ao ponto A da parede por uma articulação 
fixa e ao ponto B por um rolete. Sabendo-se que a 
massa do corpo é m = 2 kg e que ele está sujeito a 
uma carga vertical para baixo F= 300 N na posição 
dada na figura, determine os vetores força, nos 
pontos de vínculo A e B. 
Resp.:(a) )N(j320i470A
rrr +−= ; (b) )N(i470B rr = 
 
 
 
 
 
5.6) Considere que a viga AD da figura de massa m 
= 25 kg e comprimento L = 6 m esteja em equilíbrio. 
A viga esta vinculada ao pino D, ao apoio da esfera 
em B, às Forças F, F1 e força (peso) P. Sabendo-
se que a máxima força que pode atuar na 
viga, suportada pelo pino D é 
)(500 NjD
rr −= , determine: (a) a máxima 
força F que pode ser aplicada ao ponto A para 
que o vínculo em D esteja no limiar de se 
romper e (b) o valor da reação da esfera em B 
sobre a viga nestas condições. 
Resp.:(a) )N(j1945F
rr −= ; )N(j2810B rr = 
 
 
 
 
 
 
5.7) A barra AB da figura está em equilíbrio, 
garantido por um cabo AC, aplicado ao ponto 
A da barra, uma vez que não há atrito nos 
apoios em A e B. Determine todos os esforços 
de reação na barra sobre suas extremidades 
A e B sabendo que o massa da barra 
homogênea é de 8 kg e seu comprimento 5 
m. Resp.: T = 35,0 N; NA = 66,4 N; NB = 32,9 N 
 
 
 
 
 
5.8) (1,5 ptos - Equilíbrio do Corpo Rígido) Determine o 
Equilíbrio da barra AB da figura, determinando 
para isso as forças na articulação em A e a 
tração do cabo em B. Sabe-se que a massa 
da barra é 20 kg. 
Resp.: )N(j55i118A
rrr += ; )N(j141i118T rrv +−= 
y
xz 
G
F
A
B 
30 cm
20 cm 
30 cm
A
B 
C 
20°
50° 
y
x
z
G DA B
F1 = 120 N 
F
 L = 6 m 
 1,5 m
 2 m
C 
y
x
z
A
B
F = 5 N 
G
 2 m 
30° 
P=50N 
y
x
z 
16 
P = 716 x 9,8 = 7,02 kN
CM 
2 KN 
NA NB 
0,7 2 1 
0,3
0,8
0,1
2 KN
0,5 KN 
0,5 KNy 
x 
z 
MecCR 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
90
 
 
 
5.9) (2,0 ptos - Equilíbrio do Corpo Rígido) Determine o 
Equilíbrio da barra AB da figura, determinando para 
isso os vetores força na articulação em A
r
 e na 
tração T
r
 do cabo em BC. Sabe-se que a massa da 
barra é de 5 kg. 
Resp.: )N(j6,41i84,9A
rrr += ; )N(j38,7i84,9T rrr +−= 
 
 
 
 
 
5.10) Dada a viga a seguir, (a) desenhe todas as 
forças que atuam sobre a viga AB; (b) estabeleça 
as equações de equilíbrio; e determine: (c) o vetor 
força de reação na articulação A (Ax e Ay) da barra 
AB e o módulo da força de tensão T no cabo BC, 
uma vez que a massa da barra é 100 kg e ela está 
sujeita a uma força vertical F = 500 N aplicada no 
ponto D a 1 m de distância do ponto de articulação 
A. 
Resp.:(a) )N(j865i1065A
rrr += ; (b) T=1230 N 
 
 
 
 
 
5.11) A barra da figura está em equilíbrio, 
puxado pelo cabo BC e apoiado na quina A. 
Determine os esforços de reação na barra 
sobre suas extremidades A e B sabendo que 
o massa da barra é de 8 kg e seu 
comprimento 5 m. 
Resp.: Ax=9,09 (N); Ay=73,2 (N); T=10,5 (N) 
 
 
 
5.12) Considere a viga em L, ADH, da figura 
de massa m = 25 kg e comprimentos AD = 6 
m e DH = 5m que está em equilíbrio. A viga 
esta vinculada ao pino A, ao apoio da esfera 
em B, às Forças F1 , F2 e força peso P em G 
à 4,36m de A. Determine: (a) o valor dos 
vetores força que atuam nos pontos A e B 
sobre a barra. 
Resp.: (a) )N(j1040i75A
rrr −−= ; )N(j1615B rr = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.13) O avião de massa de 2200 kg e com 
centro de massa em G, mostrado na figura 
está em equilíbrio estático. A motor quando 
ligado faz girar a hélice produzindo um 
empuxo no avião para frente. A roda da 
frente em A está freada e não deixa o avião 
deslizar pela força de atrito com o solo. A roda 
B de trás não tem freio. Calcule as normais às 
4 m 
A B 
C
G 
30° 
F = 500N 
 1 m 
y
z x
D
A 
B
C 
16 m 
60° 
6 m 
x
z 
y 
α 
A
C 
8 m 
40°
20° 
B
G DA B
F1 = 200 N 
 L = 6 m 
 1,5 m
 2 m
C 
F2 = 150 N
30°
E
H
 4,36 m 
 2 m
P 
 3 m
y
x
z
30°
A
75°
C
B 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
91
rodas A e B e a força de atrito nas rodas em A no 
solo, no caso: (a) do motor estar desligado ; (b) do 
motor estar ligado e o valor do empuxo ser E = 4 
kN. Obs.: Utilize o Princípio da Transmissibilidade. 
Resp.: (a) NB=2,65 (kN); NA=18,9 (kN); FatA=0 ; (b)Fat A=3,86 (kN); NB=1,44 (kN); NA=19,1 (kN) 
 
 
 
5.14) Um aparelho de musculação utiliza uma 
alavanca ABC com pesos interligados a ela através 
da barra BD, um cabo DRE, e um conjunto de 
pesos E cujo valor de massas é 25 kg. Determine a 
força feita pelo operador do aparelho para manter o 
conjunto de pesos sem força normal sobre o piso, 
na posição da figura, assim como a reação no ponto 
A (módulo e ângulo com a horizontal) da alavanca 
ABC. 
Resp.:F=160 (N);Ax=70,2 (N);Ay=83,8 (N);A=109 (N);θ=50° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.15) 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 em A, 
a um Sistema de uma Única Força em um ponto ao 
longo da linha que liga os pontos BC, determinando 
a posição deste ponto U, através da sua distância 
ao ponto B: d = BUd . 
Resp.: )N(j600i80FR
rrr −= ; )m.N(k120AR
rr =τ ; m21,1d = 
 
 
 
5.16)Desenhe as forças de vínculo sobre o 
carro da Figura (Diagrama de Corpo Livre) 
que está sendo rebocado rampa acima com 
uma força F = constante, através do cabo, 
com uma velocidade constante, portanto em 
equilíbrio dinâmico. Considerando que o carro 
possui massa de 7 Mg (megagramas) (=7000 
kg), seu centro de massa se encontra em G, 
conforme mostram as cotações de suas 
distâncias. Seus pneus estão soltos e livres 
para rolar. Determine: (a) as resultantes das 
forças que agem sobre o carro na direção 
tangencial ao plano e normal ao plano 
∑∑ nt FF , , assim como o torque resultante 
em relação ao polo A, ∑τ iFA ; (b) o valor da 
força F; (c) as reações normais de apoio NA e 
NB . 
Resp.: (a) ΣFt=0 ; ΣFn=0 ; ΣτRA=0 ; (b) F=33477 (N); 
(c)NB=39362 (N); NA=6072 (N) . 
 
 
 
 
 
 
 
5.17) (a) Considerando a passarela AB de 
ajuste às mudanças de mares que as vezes 
estão altas outras baixas, determine todas as 
forças que agem na plataforma AB, ou seja, a 
força de tração T no cabo BC, e as forças que 
os roletes em A e em D fazem na barra AB, 
na posição em que a passarela está na 
A 
B 
C 
D 
E 
R 
F
r 
50 cm 
15 cm 
20° 80 cm 
y 
x 
z 
G 
5 m 
0,7 m 
1,6 m
15º
E
A B 
y 
x 
z 
A 
t
G
1,2 m
0.6 m 
0,4 m
30º
25º
 2 m 
 2,5 m 
F 
v = cte 
n B
F2 = 300 N 
C
60°
F1 = 480 N 2 m 
6 m
4
 3
B
A
F3 = 500 N 
5 θ
3 m 
 5,2 m 
y
x
z
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
92
figura. A massa da passarela é de 400 kg, sendo G, 
o centro de massa da barra AB. 
Resp.: )N(i1960A
rr = ; )N(j1959i713D rrr += ; )N(i713T rr −= 
 
 
 
 
5.18) A caçamba de elevar concreto, tem massa 
500 kg, centro de massa em G, e eleva-se com 
velocidade constante, pela guia vertical puxada pelo 
cabo de tração T. (a) Estabeleça o diagrama de 
corpo livre sobre a caçamba. (b) Determine a força 
de tração T e as forças atuantes nos pontos A e B 
que estão ligados a cada par de roletes. 
Resp.: )N(j4900i1313T
rrr += ; )N(i836A rr −= ; )N(i477B rr −= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.19) (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 . (b) Determine as reações na 
articulação A e no rolete em B, sabendo-se 
que a massa da viga é de 200 kg. 
Resp.: F1 = 3200 N ; x1 = 6,33 m ; F2 = 7200 N ; 
x2 = 13,5 m ; FR = 10400 N ; xR = 11,3 m ; (b) 
NjA
rr
4851= ; NjB rr 7509= 
 
 
 
5.20) (a) Determine as forças equivalentes 
F1 , F2 , F3 (da esquerda para a direita) das 
distribuições de forças e seus pontos de 
aplicação e (b) Determine as reações em A 
(Ax e Ay) e em B, para que o sistema fique 
em equilíbrio. 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; )N(j1362i10A
rrr += ; 
)N(j1038B
rr = 
 
 
 
 
5.21) (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 AB da viga, sabendo-se que ela pesa 2000 
N e (b) Determine as reações em A (Ax e Ay) 
e em B, para que o sistema fique em 
equilíbrio. 
Resp.: F1 = 4000(N); x1=6 m de A ; F2=3000(N) ; x2 
=16m de A; P=2000(N); x3=13 m de A; 
)N(j5231A
rr = ; )N(j3769B rr = 
 
 
 
 
 
5.22) 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. 
800 N/m
1 m
 8 m 9 m 
B
A
y
xz
C
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
A 
B 
40 cm 40 cm 
70 cm 
15° 
C
G
T 
50 cm 
y 
x 
z 
A 20° 
5m 
5m 
G
B
C
y 
x 
z 
T 
D 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
93
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 
 
 
 
 
 
5.23) Uma viga se mantém na posição horizontal, 
tem comprimento de 4 m e peso de 800 N, estando 
encostada na parede e apoiada em um sobressalto 
na parede que a mantém suspensa, juntamente 
com o cabo que faz um ângulo de 37º com a 
horizontal. Se uma pessoa de 600 N está parada a 
1,2 m da parede , encontre a tensão no cabo e a 
força exercida pela parede da viga. 
Resp.: )N(j820i770A
rrr += ; )N(j583i770T rrr +−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.24) A barreira de água AB, está sujeita às forças 
dadas na figura, sendo que possui uma massa de 
90000 kg. (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; (b) 
Aplicando as condições de equilíbrio sobre a 
barreira, faça o diagrama de corpo livre na barreira 
e determine as reações em seus vínculos: rolete em 
B e articulação em A. 
Resp.:FR=16200 (kN)→;AC=6m; 
)N(j882i10800A
rrr +−= ; )N(i5400B rr −= 
 
 
 
 
5.25) 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, nas reações de apoio de vínculo na 
parede nos pontos A e B. 
Resp.:(a) )N(j115i413A
rrr +−= ;(b) )N(i413B rr = 
 
 
 
5.26) Dadas as três cargas que atuam sobre a 
viga da figura, determine as reações nos 
vínculos em A um rolete e em B uma 
articulação, indicando as forças que nestes 
pontos atuam para oestado de equilíbrio da 
viga ACB. 
Resp.:(a) )N(j87,4A
rr = ;(b) )N(j982,0i35,2B rrr += 
 
 
 
 
C
B 
A 
0,8 m 2,2 m 
1 m 
4 m 
kN5,2F3 =
kN3F2 =
kN2F1 =
70° 
y 
x 
z 
y 
x z 
G
A
B
9 cm
3 cm 20 cm 30 cm 10 cm 2 cm
1800 kN/m 
1m 
 18 m 
A 
y
B 
 H2O 
z x900 N/m 
1m 
 10m 15 m 
A 
y
x
z
B 
C
37° 
y 
x 
z 
1,2 m 
4 m 
 200 N/m
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
94
5.27) Dada a barra homogênea AB de massa m = 
45 kg e comprimento m30AB = determine para o 
caso da barra fazendo um ângulo de 40° com a 
horizontal como mostra a figura: (a) o diagrama de 
corpo livre das forças de vínculo atuantes sobre a 
barra AB; (b) a força de reação no cursor 
deslizante no ponto A da barra; (c) a força de 
reação na base do rolete B; e (d) a força de tração 
T aplicada à corda; para que a barra permaneça em 
equilíbrio na posição indicada da figura. 
Resp.: (b) )N(i263A
rr = ; (c) )N(j395B rr = ; (d) )N(266T = 
 
 
 
5.28) Considere o sistema de forças que age sobre a viga 
AB da figura. Reduzir este sistema de forças indicado, 
(sem se preocupar com os vínculos em A e C, articulação 
e rolete), a um (a) sistema força resultante e torque 
resultante em relação ao pólo C ; e posteriormente a (b) 
um sistema de uma única força resultante sobre um ponto 
da viga, indicando a posição em que este ponto estaria em 
relação ao ponto C. 
Resp.: )N(j1750FR
rr −= ; ∑ =τ )m.N(k1890Cz
r
; m08,1d = : à 
direita de C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.29) Considere o sistema de forças que age sobre 
a viga AB da figura junto com os vínculos, a 
articulação em A e o rolete em C. Faça o diagrama 
de corpo livre e visando o equilíbrio da viga, 
determine quais as forças que deverão atuar nos 
vínculos em A e em C. Resp.: )N(j1159C
rr = ; 
)N(j591A
rr = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.30) A escada da figura, em equilíbrio, apoia-
se sobre uma parede e um piso, ambos sem 
atrito. O comprimento da escada é de 12 m, e 
o homem está pisando num dos degrais no 
ponto C, tal que a distância é AC = 7 m, 
produzindo uma força peso vertical em C . A 
corda horizontal está amarrada a um ponto na 
parede em E e na escada em D, tal que a 
distância do ponto D em relação ao ponto 
base da escada é AD = 2m. Conhecendo-se o 
peso do homem P = 686 N e o peso da 
escada P’ = 49 N, determine: (a) o diagrama 
de corpo livre da escada, ou seja, desenhar 
todas as forças que atuam sobre a escada; 
(b) o valor da força normal no ponto de 
encosto da escada sobre a parede NB e (c) no 
ponto de encosto no piso NA ; e (d) o valor da 
tração T na corda DE. 
Resp.: (b e d) Ni607NB
rr −= ; (c) Nj735NA
r= ; (d) 
Ni607T
rr = 
 
 
5.31) O guindaste dado, está parado, em 
equilíbrio na posição em que se encontra na 
figura. Considere sua lança AB, fixada por um 
pino articulado em A, centro de massa em G 
com massa m = 400 kg, e sustentada por um 
cabo BC, e que suspende uma carga de 
massa m’ = 900 kg em B através de um cabo 
BD. Isolando a lança como corpo livre, (a) 
desenhe um diagrama de corpo livre da lança, 
com todas as forças que atuam sobre ela, 
desde a articulação A até a sua extremidade 
A 
NB 
G 
40° 
y 
xz
C 
E
D
B 
NA 
T 
P’ 
P 
A 
B 30° 
10°
T 
G 
AB = 30 cm 
y 
z
 500 N/m 
 A 
x 
 600 N 
 900 N 
200 N
 B C 
 0,8 1,2 m 1,2 m 1,8 m 1,8 m
y 
z
 500 N/m 
 A
x 
 600 N 
900 N
200 N
 B C 
 0,8 1,2 m 1,2 m 1,8 m 1,8 m
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
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B. Estabeleça as equações de equilíbrio sobre a 
lança e determine: (b) as componentes das forças 
horizontal e vertical que atuam na articulação em A; 
e (c) o módulo da tração T no cabo BC. 
Resp.:(b) )kN(j5,30i7,48A
rrr += ; (c) )kN(8,51T = 
 
 
 
 
 
 
Exercícios Tridimensionais: 
 
5.32) Determinar a força normal em cada um dos 4 
pés redondos da mesa: A, B, C e D, como dados na 
figura, a fim de que a mesa fique em equilíbrio. 
Considere o valor da normal em B máxima e igual a 
300 N. 
Resp.: A=250 N; C=173 N; D=177 N 
 
 
 
 
 
 
 
5.33) Determine para o caso do avião à jato da 
figura, o estudo do equilíbrio da sua asa esquerda 
em relação ao ponto B, centro de engastamento ao 
corpo do avião, determinando qual a Força 
Resultante ou seja, suas componentes Fx , Fy , Fz e 
o Torque Resultante, através de suas componentes 
em B, τx , τy e τz , resultantes na solda do centro 
de massa de sua fuselagem em B, uma vez que a 
sua turbina realiza neste instante um arranque de 
16 kN e a aerodinâmica de sua asa uma força de 62 
kN para cima, no ponto A. A massa da asa é de 4,0 
Mg (megagramas = 106 g) e o centro de massa da 
asa esta no ponto G. 
Resp.: )kN(k8,22i16FR
rrr −−= ; 
)m.kN(k144j32i920R
rrrr ++−=τ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 m 4 m 9 m 
2 m
T=16 kN
A=62 kN 
B
G
x
y
z
A 
P
3 m 
8 m 7 m 
11 m
y 
x 
z 
300N 
400 N 
A B 
C 
D 
200 N 
G 
B
C 
D
A 
6 m 
4 m 
20° 
30° 
y 
x z