Módulo I MS EP 2017

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Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
1. Introdução a Mecânica dos Sólidos
2. Produto Vetorial de Dois Vetores
3. Produto Escalar de Dois Vetores 
4. Produto Misto de Três Vetores
5. Equilíbrio dos Corpos Rígidos
Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 01
FATPRES DE MULTIPLICAÇÃO DO SISTEMA MÉTRICO
Fator de Multiplicação Nome Símbolo
1 000 000 000 000 000 000 = 1018 exa E
1 000 000 000 000 000 = 1015 peta P
1 000 000 000 000 = 1012 tera T
1 000 000 000 = 109 giga G
1 000 000 = 106 mega M
1 000 = 103 quilo k
100 = 102 hecto** h
10 = 101 deca** da
0,1 = 10-1 deci** d
0.01 = 10-2 centi** c
0.001 = 10-3 mili m
0,000 001 = 10-6 micro 
0.000 000 001 = 10-9 nano n
0.000 000 000 001 = 10-12 pico p
0,000 000 000 000 001 = 10-15 femto f
0,000 000 000 000 000 001 = 10-18 atto a
1. Introdução a Mecânica dos Sólidos
02
UNIDADES DO SISTEMA INTERNACIONAL - SI
GRANDEZA UNIDADE SÍMBOLO FÓRMULA
Aceleração Metro por segundo quadrado .... m/s²
Ângulo Radiano rad **
Aceleração Angular Radiano por segundo quadrado .... rad/s²
Área Metro quadrado .... m²
Comprimento Metro m **
Energia Joule J N.m
Força Newton N kg.m/s²
Frequência Hertz Hz s-1
Impulso Newton-segundo .... N.s
Massa Quilograma kg **
Massa Específica Quilograma por metro cúbico .... Kg/m³
Momento de uma Força, Toque Newton-metro .... N.m
Potência Watt W J/s
Pressão Pascal Pa N/m²
Tensão Pascal Pa N/m²
Tempo Segundo s **
Trabalho Joule J N/m²
Velocidade Metro por segundo .... m/s
Velocidade Angular Radiano por segundo .... rad/s
Volume, Sólidos Metro cúbido .... m³
Volume, Líquidos Litro l ou L 10-3m³
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03Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
04Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
05Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
06Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
07Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
08Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
09Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
10Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
11Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
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Def. MECÂNICA, pode ser definida como a ciência que
descreve e prediz as condições de repouso ou movimento
de corpos sob a ação de forças
A Mecânica pode ser dividida em:
 Mecânica dos corpos rígidos (Estática, Cinemática e
Dinâmica);
 Mecânica dos corpos deformáveis (Estudo da
Resistência dos Materiais dos corpos);
 Mecânica dos Fluidos (Fluidos incompressíveis e
fluidos compressíveis).
1.1. Definições e conceitos fundamentais
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 Grandezas Vetoriais: Definem a intensidade, direção
e sentido de um determinado vetor.
 Grandezas Escalares: Definem apenas a intensidade
 Forças Externas: Representam a ação de outros
corpos sobre o corpo rígido considerado, sendo
inteiramente responsáveis pelo comportamento
externo do corpo rígido.
 Forças Internas: São as que mantêm unidos os pontos
materiais que formam o corpo rígido. Se o corpo rígido
é estruturalmente composto de diversas partes.
14
1.2. Introdução ao estudo de vetores no plano
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𝐹𝑥 = 𝐹 ∙ cos 𝛼
𝐹𝑦 = 𝐹 ∙ sin ∝
𝐹 = (𝐹𝑥 )2+(𝐹𝑦 )2
(sin 𝛼)2 + (cos 𝛼)2 = 1
 𝐹 = 𝐹𝑥i + 𝐹𝑦j 
15
Exemplo 1: Dois Cabos Sujeitos a trações conhecidas estão
presos ao ponto A. Um terceiro cabo, AC, é usado para
sustentação. Determine a tração em AC sabendo que a
resultante das três forças aplicadas em A deve ser vertical
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16
Solução:
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𝐹𝑦2 = 30 ∙ sin 25
𝑜 = 12,68 kN
𝐹𝑥 = 𝐹 ∙ cos 𝛼
𝐹𝑥1 = 12 ∙ cos 10
𝑜 = 11,82 𝑘𝑁
𝐹𝑥2 = 30 ∙ cos 25
𝑜 = 27,19 𝑘𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹 ∙ sin 𝛼
𝐹𝑦1 = 12 ∙ sin 10
𝑜 = 2,08 kN
𝑇𝐴𝐶𝑥 = 𝑇𝐴𝐶 ∙
15
25
= 0,6𝑇𝐴𝐶
𝑇𝐴𝐶𝑦 = 𝑇𝐴𝐶 ∙
20
25
= 0,8𝑇𝐴𝐶
𝑇𝐴𝐶25 m
17
Solução: Diagrama de Corpo Livre
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18
Solução: Diagrama de Corpo Livre
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 𝐹𝑥 = 0 ∴ 0,6𝑇𝐴𝐶 − 15,37 = 0
𝑻𝑨𝑪 = 𝟐𝟓, 𝟔𝟐 kN
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Exemplo 2: A força P é aplicada a uma pequena roda que se
desloca sobre um cabo ACB. Sabendo que a tração nas duas
partes do cabo é de 750 N, determine o módulo e a direção
de P
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Solução:
Primeiro Passo: Diagrama de corpo Livre.
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Solução:
Segundo Passo: Condições de Equilíbrio.
 𝐹𝐻 = 𝑜 ∴ 𝑃 sin 𝛼 + 530,33 = 649,52 ∴ 𝑃 sin 𝛼 = 119,19 ∴ sin 𝛼 =
119,19
𝑃
 𝐹𝑉 = 𝑜 ∴ 530,33 + 375 = 𝑃 cos 𝛼 ∴ 𝑃 cos 𝛼 = 905,33 ∴ cos 𝛼 =
905,33
𝑃
Sabe-se.
sin𝛼2 + cos𝛼2 = 1 ∴ (
119,19
𝑃
)2 + (
905,33
𝑃
)2 = 1 ∴ 𝑃 = 913,14 𝑁
Finalmente.
sin 𝛼 =
119,19
913,14
= 0,13 ∴ 𝛼 = 7,5𝑜 ∴ 𝑹: 𝑷 = 𝟗𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝑵, 𝑳 𝟕, 𝟓𝒐𝑆
22
1.3. Estudo de Vetores no Espaço
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F= 𝐹𝑥
2 + 𝐹𝑦
2 + 𝐹𝑧2
𝐹ℎ = 𝐹 ∙ sin 𝛼
𝐹𝑥 = 𝐹ℎ ∙ cos 𝜃
𝐹𝑦 = 𝐹 ∙ cos 𝛼
𝐹𝑧 = 𝐹ℎ ∙ sin 𝜃
cos 𝜃𝑥 =
𝐹𝑥
𝐹
,
cos 𝜃𝑦 =
𝐹𝑦
𝐹
cos 𝜃𝑧 =
𝐹𝑧
𝐹
 𝐹 = 𝐹𝑥i + 𝐹𝑦j + 𝐹𝑧k 
23
1.4. Coordenadas cartesianas de uma força no espaço
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Exemplos:
 𝐴 = 𝑗
𝐸 = 𝑖 + 𝑗 + 𝑘
 𝐹 = 𝑗 + 𝑘
24
1.5. Componentes cartesianas de uma força no espaço, 
condições de Equilíbrio
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 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑧 = 0
25
Solução:
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Primeiro Passo:
A – (0, 1,125, 0)
B – ( 0,70, 0, 0)
C – (0, 0, -0,60)
D – (-0,65, 0, 0,45)
Segundo Passo:
𝑇𝐴𝐵 = 6890 ∙
0,7𝑖−1,125𝑗
1,325
= 3651,7i – 5856,5j
𝑇𝐴𝐶 = 𝑇𝐴𝐶 ∙
−1,125𝑗−0,6𝑘
1,275
= −0,88𝑇𝐴𝐶j – 0,47𝑇𝐴𝐶k
𝑇𝐴𝐷 = 𝑇𝐴𝐷 ∙
−0,65𝑖−1,125𝑗+0,45𝑘
1,375
= −0,47𝑇𝐴𝐷i – 0,82𝑇𝐴𝐷j + 0,33𝑇𝐴𝐷k
26
Solução:
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Terceiro Passo:
 𝐹𝑦 = 0 ∴ – 5856,5 − 0,88𝑇𝐴𝐶 – 0,82𝑇𝐴𝐷= P
 𝐹𝑥 = 0 ∴ 3651,7 - 0,47𝑇𝐴𝐷 = 0 ∴ 𝑻𝑨𝑫 = 𝟕𝟕𝟔𝟗, 𝟔 𝑵
 𝐹𝑧 = 0 ∴ – 0,47𝑇𝐴𝐶 + 0,33∙ 7769,6 = 0 ∴ 𝑻𝑨𝑪 = 𝟓𝟒𝟓𝟓, 𝟐𝟓 𝑵
Enfim,
 𝐹𝑦 = 0 ∴ – 5865,5 − 0,88𝑇𝐴𝐶 – 0,82𝑇𝐴𝐷 = P
 𝐹𝑦 = 0 ∴ – 5865,5 − 0,88 ∙ 5455,25 – 0,82 ∙ 7769,6 = P
 𝑭𝒚 = 𝟎 ∴ P = 17037,19 N 
27
2. Produto Vetorial de dois Vetores
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𝑉 = 𝐴 𝑥 𝐵 ∙ sin 𝜃, 𝑂𝑛𝑑𝑒,
 𝐴 = 𝐴𝑥𝑖 + 𝐴𝑦j +𝐴𝑧k 
𝐵 = 𝐵𝑥𝑖 + 𝐵𝑦j +𝐵𝑧k 
28Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
2.1. Produto vetorial Expresso em termos das 
Componentes Cartesianas
kyx
kyx
BBB
AAA
kji
V 
Logo,
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2.2. Momento de uma Força em Relação a um Ponto.
M= 𝐹 ∙ 𝑟 ∙ sin 𝜃 = 𝐹 ∙ 𝑑
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2.3. Momento de uma Força em Relação a um Ponto.
zyx
o
FFF
zyx
kji
M 
31Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
2.3. Momento de uma Força em Relação a um Ponto. zyx
BABABAA
FFF
zzyyxxkji
M 
32Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Exemplo 1: As mangas A e B estão ligadas por um cabo de 250
mm de comprimento e podem deslizar sem atrito sobre os
respectivos eixos. Determine as distâncias x e z para as quais o
sistema fica em equilíbrio com P = 200 N e Q = 100 N
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Solução:
Segundo Passo:
Primeiro Passo:
A – (x, 200, 0)
B – ( 0, 0, z)
 𝐹 = 𝐹 ∙⋌
𝑇𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 ∙
−𝑥𝑖 − 200𝑗 + 𝑧𝑘
250
𝑥2 + (−200)2+𝑧2 = 2502 ∴ 𝑥2+ 𝑧2 = 22500
𝐴𝐵 = −𝑥 𝑖 − 200𝑗 + 𝑧𝑘 ∴ 𝐴𝐵 = 250
34Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
𝑥
250
∙ 𝑇𝐴𝐵= 200 ∴ 𝑥 =
50000
𝑇𝐴𝐵
∴ 𝒙 =
50000
372,68
= 𝟏𝟑𝟒, 𝟏𝟔 mm
Enfim,
𝑇𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 ∙
−𝑥𝑖 − 200𝑗 + 𝑧𝑘
250
𝑧
250
∙ 𝑇𝐴𝐵= −100 ∴ 𝑧 =
−25000
𝑇𝐴𝐵
∴ 𝒛 =
−25000
372,68
= −𝟔𝟕, 𝟎𝟖𝒎𝒎
Sabe-se,
𝑥2 + 𝑧2 = 22500 ∴ (
50000
𝑇𝐴𝐵
)2+(
−25000
𝑇𝐴𝐵
)2 = 22500 ∴ 𝑇𝐴𝐵 =372,68 N
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Exemplo 2: Uma placa de concreto pré-moldada é
temporariamente sustentada pelos cabos da figura. Conhecendo
as trações de 4200 N, no cabo AB, e 6000 N, no cabo AC,
determine o módulo e a direção da resultante das forças
aplicadas pelos cabos AB e AC na estaca em A
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Solução:
Primeiro Passo: (Coordenadas dos pontos)
A – (4,8, 0, 4,8)
B – (0, 2,4, 8,1)
C – (0, 2,4, 0)
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Solução:
 𝑇𝐴𝐶 = 6000 ∙ (
−4,8𝑖 + 2,4𝑗 − 4,8𝑘
7,2
Segundo Passo: (Cálculo da tração vetorial)
𝑇𝐴𝐵 = −3200𝑖 + 1600𝑗 + 2200𝑘
 𝑇𝐴𝐵 = 4200 ∙ (
−4,8𝑖 + 2,4𝑗 + 3,3𝑘
6,3
𝑇𝐴𝐶 = −4000𝑖 + 2000𝑗 − 4000𝑘
Terceiro Passo: (Cálculo da tração vetorial resultante)
𝑇 = 𝑇𝐴𝐵 + 𝑇𝐴𝐶
𝑇 = −7200𝑖 + 3600𝑗 − 4000𝑘
𝑇 = −7200 2 + 3600 2 + −4000 2 = 8250 𝑵
38Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Quarto Passo: (Cálculo da direção e sentido)
cos 𝜃𝑥 =
−7200
8250
= −0,8727 ∴ 𝑎𝑟𝑐 cos 𝜃𝑥 = 150,8
𝒐
cos 𝜃𝑦 =
3600
8250
= 0,436 ∴ 𝑎𝑟𝑐 cos 𝜃𝑦 = 64,1
𝒐
cos 𝜃𝑧 =
−1800
8250
= −0,218 ∴ 𝑎𝑟𝑐 cos 𝜃𝑧 = 102,6
𝒐
Sabe-se:
cos 𝜃𝑥
2 + cos 𝜃𝑦
2 + cos 𝜃𝑧
2 = 1
𝐜𝐨𝐬 150,8 2 + 𝐜𝐨𝐬 64,1 2 + 𝐜𝐨𝐬 102,6 2 = 1 − 𝑪𝒐𝒏𝒇𝒆𝒓𝒆
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3. Produto Escalar de Dois Vetores
𝑷 ∙ 𝑸 = 𝑷 ∙ 𝑸 ∙ 𝐜𝐨𝐬 𝜽
𝑃 = 𝑃𝑥 𝑖 + 𝑃𝑦 𝑗 + 𝑃𝑧 𝑖
𝑄 = 𝑄𝑥 𝑖 + 𝑄𝑦 𝑗 + 𝑄𝑧 𝑖
40Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
3.1. Produto Escalar de Dois Vetores AB
,
cosBA
,
cosBA BA
,
.
zzyyxx
zzyyxx
zzyyxx
BABABA
Cos
Enfim
BABABA
Então
Como
BABABABA








𝜽 = 𝐜𝐨𝐬−𝟏
𝑨𝒙𝑩𝒙 + 𝑨𝒚𝑩𝒚 + 𝑨𝒛𝑩𝒛
𝑨𝑩
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Exemplo 1: Três cabos são utilizados para sustentar um
recipiente, como ilustrado. Determine o ângulo formado
pelos cabos AB e AD
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Solução:
A: (0, -600, 0)
B: (450, 0, 0)
D: (-500, 0, 360) 
43Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
𝐴𝐵 = 450 𝑖 + 600 𝑗 ∴ 𝐴𝐵 = 750
𝐴𝐷 = −500 𝑖 + 600 𝑗 + 360𝑘 ∴ 𝐴𝐷 = 860
Sabe-se: ADAB 


zzyyxx ADABADABADAB
Cos oCosarc
Cos
9,77)2093,0(
2093,0
860750
)0360()600600()450500(







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4. Produto Misto de Três Vetores
zyx
zyx
zyx
CCC
BBB
AAA
CxBA  )(
A = 𝐴𝑥 𝑖 + 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘
B = 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐵𝑦 𝑗 + 𝐵𝑧𝑘
C = 𝐶𝑥 𝑖 + 𝐶𝑦 𝑗 + 𝐶𝑧𝑘
𝑽 = 𝑨 ∙ 𝑩 ∙ 𝑪
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4.1. Momento de uma força F em relação a um eixo
 𝐹 = 𝐹𝑥 𝑖 + 𝐹𝑦 𝑗 + 𝐹𝑧𝑘
 𝐴 = 𝐴𝑥 𝑖 + 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘
𝐵 = 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐵𝑦 𝑗 + 𝐵𝑧𝑘
 𝐶 = 𝐶𝑥 𝑖 + 𝐶𝑦 𝑗 + 𝐶𝑧𝑘
𝑟 = 𝐴𝐵 = 𝐴𝑥 − 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐴𝑦 − 𝐵𝑦 𝑗+ 𝐴𝑧 − 𝐵𝑧 𝑘
⋌=
𝐵𝐶
𝐵𝐶
=
𝐶𝑥 − 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐶𝑦 − 𝐵𝑦 𝑗+ 𝐶𝑧 − 𝐵𝑧 𝑘
𝐵𝐶
⋌𝑥=
𝐶𝑥 − 𝐵𝑥
𝐵𝐶
,⋌𝑦=
𝐶𝑦 − 𝐵𝑦
𝐵𝐶
𝑒 ⋌𝑧=
𝐶𝑧 − 𝐵𝑧
𝐵𝐶
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4.1. Momento de uma força F em relação a um eixo
𝑀𝐹
𝐵𝐶 =
⋌𝑥 ⋌𝑦 ⋌𝑧
𝐴𝑥 − 𝐵𝑥 𝐴𝑦 − 𝐵𝑦 𝐴𝑧 − 𝐵𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
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Exemplo 1. Um cubo de aresta a é submetido a uma força P,
como ilustrado. Determinar o momento de P: (a) em relação a A,
(b) em relação à aresta AB e (c) em relação à diagonal AG do
cubo, (d) Utilizando o resultado da parte (c), determine a
distância de AG a FC.
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Solução:
A – (0, a, a)
B – (a, a, a)
C – (a, a, 0)
F – (a, 0, a)
G – (a, 0, 0)
49Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Primeiro Passo: Momento em relação a A
ajair
onde
k
p
j
p
P
a
kaja
pP
aFCkajaCF
AF 




,
222
2
)(
2222
22
0
0 kji
ap
k
ap
j
ap
i
ap
pp
aa
kji
M A 


Logo,
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Segundo Passo: Momento em relação a AB
k
p
j
p
P
ajair
i
aABiaBA
AF
22





2
22
0
0
001
ap
pp
aaM AB 


Logo,
51Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Terceiro Passo: Momento em relação a diagonal AG
k
p
j
p
P
ajair
jji
a
AGkajaiaGA
AF
22
3
1
3
1
3
1
3





6
22
0
0
3
1
3
1
3
1
ap
pp
aaM AG 




Logo,
52Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Quarto Passo: Distância de AG a FC
6
a
d
,Logo
dP
6
ap
dPMAG



53Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Exemplo 2: A placa retangular ABCD está suportada por
dobradiças na aresta AD e pelo cabo CE. Sabendo que a tração
no cabo é de 546 N. Determine a distância da linha de ação da
força exercida pelo cabo em relação à aresta AD
54Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Primeiro Passo: Coordenadas 
dos pontos
A – (0, 0, 0)
B – (0, 450, 0)
C – (300, 450, -125)
D – (300, 0, -125)
E – (150, 0, 225)
55Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
TCE = 546 ∙
−150i − 450j + 350k
589,49
= −138,9i − 416,7j + 324,1k
Segundo Passo: Cálculo da Tração Vetorial
56Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Terceiro Passo: Cálculo dos Cossenos Diretores
λAD =
300i + 0 − 125k
325
= 0,92i − 0,38k
57Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Quarto Passo: Cálculo da Distância CA
CA = 300i + 450j – 125k
58Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Quinto Passo: Cálculo do Momento AD
MAD =
0,92 0 − 0,38
300 450 − 125
−138,9 − 416,7 324,1
= 134177,4 + 47503,8 − 23751,9 − 47920,5 = 110008,8 mm.N
59Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Enfim,
MAD = F ∙ D ∴ D =
110008,8
546
= 201,48 mm
60Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Exemplo 3: Uma laje hexagonal de concreto tem 3,66 m de
lado e suporta as cargas de quatro colunas, como ilustrado.
Determine o módulo e o ponto de aplicação da resultante das
quatrocargas
61Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Primeiro Passo: Coordenadas 
dos Pontos
A – (-3,66, 0, 0)
C – (1,83, 0, 3,17)
D – (3,66, 0, 0)
E – (1,83, 0, -3,17)
62Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Segundo Passo: Cálculo da Força e do Momento Resultante
R F Mo
-3,66 i -66,7 j + 244,12 k
1,83 i +3,17 k -44,5 j 141,07 i - 81,44 k
3,66 i -133,0 j - 486,78 k
1,83 i – 3,17 k -89,0 j - 282,13 i - 162,87 k
FR = 333,2 kN  Mo = - 141,06 i – 486,97 k
63Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Terceiro Passo: Cálculo das Distâncias
R x FR = Mo
X i + Z k x (-333,2 j) = - 141,06 i – 486,97 k
Logo,
333,2 Z i – 333,2 X k = - 141,06 i – 486,97 k
333,2 Z = - 141,06  Z = - 0,42 mm
- 333,2 X = - 486,97  X = 1,46 mm
R: 333,2 KN , X = 1,46 m e Z = - 0,42 m
64Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
5. Equilíbrio dos Corpos Rígidos
5.1. 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:
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5.1. Apoios
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Exemplo 1. O suporte ABC tem juntas esféricas em A e D e é
suportado por um cabo que passa por um anel em B e tem as
extremidades atadas nos ganchos G e H. No suporte está aplicada uma
carga P = 268 N no ponto C. Determine a tensão no cabo supondo que o
cabo GBH foi substituído por um cabo GB atado em G e em B
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Primeiro Passo: Identificação das Coordenadas dos pontos.
Solução:
A – (0, 0, 0,750)
B – (0,500, 0, 0,750)
C – (1,00, 0, 0,750)
D – (1,00, 0, 0)
G – (0, 0,925, 0,350)
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Segundo Passo: Cálculo da Tração no cabo (TGB)
Solução:
 TGB = TGB ∙
0,5i − 0,925j + 0,4k
1,125
∴ TGB = 0,444TGBi − 0,822TGBj + 0,355TGBk
Terceiro Passo: Cálculo do somatório dos momentos em um
dos pontos que tem maior número de forças aplicadas.
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Solução:
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Solução:
 MA = 0 ↺ +→ Condição de Equilíbrio
i j k
1 0 0
0 −268 0
+
i j k
0 0,925 −0,400
0,444TGB −0,822TGB 0,355TGB
+
i j k
1 0 −0,750
Dx Dy Dz
= 0
−268k + 0,328TGBi − 0,178TGBj − 0,411TGBk − 0,329TGBi + Dyk − 0,750Dxj
+ 0,750Dyi − Dzj = 0
i: 0,328TGB − 0,329TGB + 0,750Dy = 0 ∴ Dy = 0,001 N
j: −0,178TGB − 0,750Dx − Dz = 0 ∴ Dy = 0,001 N
k: −268 − 0,411TGB + Dy = 0 ∴ 𝐓𝐆𝐁 = 𝟔𝟓𝟐 𝐍 ↘
Logo,
Enfim,
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Exemplo 2: Um sarilho é utilizado para erguer uma carga de
750 N. Determine: (a) o módulo da força horizontal P que deve
ser aplicada a C para manter o equilíbrio e (b) as reações em A
e B, supondo que o mancal em B não exerça empuxo axial
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Solução:
Primeiro Passo: Coordenadas dos 
Pontos
A – (0, 0, 0)
B – (200, 0, 0)
C – (300, 250, 0)
D – (-150, 0, 100)
Segundo Passo: Condições de Equilíbrio
 MA = 0 ↺ +
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Solução:
Segundo Passo: Condições de Equilíbrio
𝑖 𝑗 𝑘
200 0 0
0 𝐵𝑦 𝐵𝑧
+
𝑖 𝑗 𝑘
300 250 0
0 0 − 𝑃
+
𝑖 𝑗 𝑘
−150 0 100
0 − 750 0
= 0
74Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
Solução:
Segundo Passo: Condições de Equilíbrio
Logo,
200 By k - 200 Bz j – 250 P i + 300 p j + 112500 k 
+ 75000 i = 0
i: – 250 P + 75000 = 0  P = 300 N
j: - 200 Bz + 300 p = 0  Bz = 300 . 300/200 =
450
k: 200 By + 112500 = 0  By = 562,5 N 
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 Fy = 0 ∴ −562,5 + Ay − 750 = 0 ∴ Ay
= 1312,5 N
Solução:
Terceiro Passo: Condições de Equilíbrio
 FX = 0 ∴ Ax = 0
 Fz = 0 ∴ 450 + Az − 300 = 0 ∴ Az
= 150N
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Solução:
Enfim
A = −1312,5 j − 150 k
B = −562,5 j + 450 k
P = 300 N
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A: (0, 0, 0)
B: (180, 0, 300)
B’: (180, 0, -300))
C: (300, 150, 0)
C’: (300, -150, 0)
D: (540, 0, 0)
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 𝑀𝐴 = 0 ↺ +
𝑖 𝑗 𝑘
180 0 300
0 −75 0
+
𝑖 𝑗 𝑘
180 0 −300
0 −75 0
+
𝑖 𝑗 𝑘
300 150 0
0 0 −135
+
𝑖 𝑗 𝑘
300 −150 0
0 0 −135
+
𝑖 𝑗 𝑘
540 0 0
0 𝐷𝑦 𝐷𝑧
= 0
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𝑖 𝑗 𝑘
180 0 300
0 −75 0
+
𝑖 𝑗 𝑘
180 0 −300
0 −75 0
+
𝑖 𝑗 𝑘
300 150 0
0 0 −135
+
𝑖 𝑗 𝑘
300 −150 0
0 0 −135
+
𝑖 𝑗 𝑘
540 0 0
0 𝐷𝑦 𝐷𝑧
= 0
−13500𝑘 + 22500𝑖 − 13500𝑘 − 22500𝑖 − 20250𝑖 + 40500𝑗 + 20250𝑖 +
40500𝑗 + 540𝐷𝑦𝑘 − 540𝐷𝑧𝑗 =0
Logo,
81Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
 𝐹𝑦 = 0 ∴ 40500 + 40500 − 540𝐷𝑧 = 0 ∴ 𝐷𝑧 = 150 𝑁 ↙
−13500𝑘 + 22500𝑖 − 13500𝑘 − 22500𝑖 − 20250𝑖 + 40500𝑗 + 20250𝑖 +
40500𝑗 + 540𝐷𝑦𝑘 − 540𝐷𝑧𝑗 =0
 𝐹𝑧 = 0 ∴ −13500 − 13500 + 540𝐷𝑦 = 0 ∴ 𝐷𝑦 = 50 𝑁 ↑
𝐷 = 𝐷𝑥 + 𝐷𝑦 + 𝐷𝑧 ∴ 𝑫 = 𝟓𝟎𝐣 + 𝟏𝟓𝟎𝒌
82Prof. Dr. Geraldo Roberto - MS - Engenharia de Produção 
 𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 − 150 = 0 ∴ 𝐷𝑦 = 50N ∴ 𝐴𝑦 = 100𝑁 ↑
 𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑋 + 𝐷𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑋 = 0
 𝐹𝑧 = 0 ∴ 𝐴𝑧 + 𝐷𝑧 − 270 = 0 ∴ 𝐷𝑧 = 150N ∴ 𝐴𝑧 = 120𝑁 ↙
 𝐴 = 𝐴𝑋 + 𝐴𝑦 + 𝐴𝑧 ∴ 𝑨 = 𝟏𝟎𝟎𝒋 + 𝟏𝟐𝟎𝒌