Apostila_Mecanica_Geral

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UNIBAHIA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MECÂNICA GERAL I 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Salvador 
2007
Mecânica Geral 2
ÍNDICE 
 
 
 
 
 
 
1. Introdução ..................................................................................................................3 
2. Forças Sobre uma Partícula .....................................................................................4 
2.1. Forças no plano sobre uma partícula ...................................................................4 
2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) ..............5 
2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) ...........10 
2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano ...................................................................14 
2.2. Forças no espaço sobre uma partícula ..............................................................17 
2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação .....19 
2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço.................................................................19 
3. Corpo Rígido............................................................................................................26 
3.1. Momento de uma Força (Torque) ........................................................................26 
3.1.1. Vetor do Momento de uma Força .........................................................................26 
3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano ...............27 
3.1.3. Binário .......................................................................................................................30 
3.2. Principio da Transmissibilidade..........................................................................30 
3.3. Sistema Equivalente.............................................................................................31 
3.4. Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano ..............................................................33 
3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos..................................................................................33 
4. Estruturas Isostáticas Simples e Planas...............................................................37 
4.1. Treliças ..................................................................................................................37 
4.1.1. Aplicações das Treliças..........................................................................................37 
4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça ..................................................................38 
4.1.3. Métodos de Análise.................................................................................................38 
5. Cargas Distribuídas Sobre Vigas ...........................................................................43 
5.1. Centróides de Superfícies Planas.......................................................................43 
5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa............................................................43 
5.1.2. Centróides de Superfícies Planas ........................................................................45 
5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribuídas ............48 
6. Momento de Inércia de Áreas.................................................................................52 
6.1. Momento de Inércia ..............................................................................................52 
6.2. Momento de Inércia de Áreas Elementares........................................................54 
6.3. Momento Polar de Inércia de Área......................................................................55 
6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma Área ....................................................56 
6.5. Raio de Giração de uma Área..............................................................................58 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral 3
1. INTRODUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
A disciplina MECÂNICA GERAL tem como propósito o estudo da Estática dos 
Corpos Rígidos, e para isto o seu desenvolvimento é basicamente dividido em três 
etapas; estudo de forças sobre uma partícula, estudo de forças sobre um corpo rígido e 
estudo das propriedades geométricas de áreas planas. 
 
Na primeira etapa, forças sobre uma partícula, faremos o estudo do equilíbrio de 
corpos cujas dimensões nas situações analisadas são desprezíveis. Durante o estudo 
de forças sobre uma partícula resgataremos alguns conceitos de álgebra vetorial, 
sistemas lineares e matrizes. Desta maneira faz-se necessário, para um melhor 
aproveitamento da turma, que os alunos utilizem os conhecimentos adquiridos em 
disciplinas como Matemática Básica, Álgebra Linear e Física I para encontrarem as 
soluções dos problemas proposto no curso. 
 
No estudo de corpos rígidos (indeformáveis) os alunos irão encontrar elementos 
que, diferente de uma partícula, apresentam dimensões representativas e, como já 
visto em Física I, podem ser submetidos a uma rotação a partir da atuação de uma 
força. Ao estudo de forças sobre uma partícula, esta etapa irá acrescentar o conceito 
de memento de uma força (torque). 
 
Por fim, na terceira etapa, estudo das propriedades geométricas de áreas 
planas, serão apresentados os conceitos de momento estático de áreas planas, 
centróides e momento de segunda ordem. Estes conceitos, assim como todos os 
outros das etapas anteriores, serão vastamente explorados no curso de Mecânica dos 
Sólidos. 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral 4
2. FORÇAS SOBRE UMA PARTÍCULA 
 
 Antes de iniciarmos o estudo propriamente dito de força sobre uma partícula, 
apresentaremos algumas definições gerais. 
 
 
Grandezas Escalares 
 
Grandezas que são perfeitamente caracterizadas por um valor numérico são 
denominadas escalar. Como exemplos de grandezas escalares comumente utilizadas 
na estática podemos citar massa, volume, área e comprimento. 
 
 
Grandezas Vetoriais 
 
Grandezas que necessitam de um vetor, ou seja, módulo, direção e intensidade, 
são ditas vetoriais. Como exemplos de grandezas vetoriais comumente utilizadas na 
estática podemos citar força e momento. 
 
 
Vetor Força 
 
 Uma força representa a ação de um corpo sobre outro. Ela, como todo 
vetor, é caracterizada por seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. A 
intensidade de uma força terá como unidade do SI o newton (N) e seu múltiplo, o 
quilonewton (KN), igual a 1000N. 
 
 
 
 
fig. 01 – Vetor Força 
 
 
 
2.1. FORÇAS NO PLANO SOBRE UMA PARTÍCULA 
 
 
 
 
fig. 02 – Forças no plano sobre uma partícula. 
 
 
A aplicação de forças no plano sobre uma partícula como apresentada na figura 
02 pode gerar apenas dois efeitos; translação ou repouso. 
 
Mecânica Geral 5
2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) 
 
 Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partícula, assim como 
visto desde o ensino médio, poderá ser determinada a partir dos métodos do 
paralelogramo e do polígono. 
 
 
-Método do Paralelogramo 
 
 
-Método do Polígono 
 
 
 
fig. 03 – Métodos de Composição Vetorial 
 
 
Determinação do módulo da Resultante de duas forças sobre uma partícula 
 
 Partindo dos métodos anteriormente apresentados podemos determinar o 
módulo da força resultante através das leis dos senos e dos cossenos. 
 
 
 
- Lei dos senos 
 
 
 
fig. 04 – Lei dos senos 
 
 
C
c
B
bBcCbh
sensen
sen.sen.1 =⇒== (I) 
 
 
A
a
B
bBaAbh
sensen
sen.sen.2 =⇒== (II) 
 
 
 
De I e II concluímos 
 
 
C
c
A
a
B
b
sensensen
== 
Mecânica Geral 6
- Lei dos cossenosfig. 05 – Lei dos cossenos 
 
 
Acbbca
AcbbAAca
AcAcbbAca
AcbAcaHAbha
cos...2
cos...2)cos(sen
cos.cos...2sen.
)cos.()sen.()(
222
22222
2222222
22222
−+=
−++=
+−+=
−+=⇒−+=
 
 
 
Note bem: 
 
 
• Nos casos de triangulo de força o módulo da força resultante pode ser 
determinado pela lei dos cossenos e a direção pela lei dos senos. 
 
 
 
 
 
Exercício resolvido 01: 
 
Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a 
partir do eixo x positivo. 
 
 
 
 
Mecânica Geral 7
Solução: 
 
 
 
 
°=⇒=
=°
⇒=°
=
=
°−++=
°−++=
90,4369,0sen
sen
10
120sen
49,12
sen
10
120sen
49,12
156
120cos.10.4.210016
120cos.10.4.2104
2
2
222
AA
A
A
F
kNF
F
F
F
R
R
R
R
R
 
 
 
 
 
 
Exercício resolvido 02: 
 
Determine os módulos das componentes da força de 600 N nas direções das barras 
AC e AB da treliça abaixo. 
 
 
 
Mecânica Geral 8
Solução: 
 
 
Por lei dos senos FCA = 820 N e FAB = 735 N 
 
 
 
Exercício resolvido 03: 
 
A viga da figura é suspensa por meio de dois cabos. Se a força resultante é de 600 N, 
direcionada ao longo do eixo y positivo, determine FA e FB e a direção θ de modo que 
FB seja mínimo. A força de módulo FA atua a um ângulo de 30° com o eixo y, conforme 
ilustração. 
 
 
Solução: 
 
 
 
Para que FB seja mínimo a componente deverá ser perpendicular a força FA (conforme 
a ilustração). Assim, θ = 60°. Assim, os valores de FA e FB são facilmente encontrados 
pela lei dos senos. 
Mecânica Geral 9
Exercício proposto 01: 
 
Determine trigonometricamente a intensidade e direção da força P de tal modo que a 
resultante de P e da força de 900 N seja uma força vertical de 2700N dirigida para 
baixo. 
 
 
 
 
Resposta: P= 2990N ; ângulo = 72,8º 
 
 
 
 
Exercício proposto 02: 
 
Duas peças estruturais B e C são rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a tração na 
peça B é de 6 kN e que a tração na peça C é de 10 kN, determine graficamente a 
intensidade, a direção e o sentido da força resultante exercida sobre o suporte. 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 14,3 kN ; ângulo = 19,9º 
 
 
Mecânica Geral 10
2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) 
 
Na seção anterior, estudamos dois métodos para determinação da força 
resultante da soma de dois vetores; método do paralelogramo e o método do polígono. 
Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. 
Nestes casos, determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes 
ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o 
processo de decomposição vetorial. 
 
Abaixo está ilustrado um vetor de módulo F com um ângulo θ em relação ao eixo 
horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relações trigonométricas. 
 
 
 
 
fig. 06 – Decomposição vetorial. Fx e Fy correspondem aos módulos 
 das componentes nas direções dos eixos positivos de x e y. 
 
 
 
Na figura 07 mostramos a soma de três vetores e a sua resultante obtida a partir 
da soma das componentes ortogonais. 
 
 
 
 
fig. 07 - Resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais. 
 
 
∧∧→
∧∧→
∧∧→
+=
+=
+=
jFiFF
jFiFF
jFiFF
yx
yx
yx
..
..
..
333
222
111
 
( ) ( )
( ) ( )
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
+=
+=
∑
∑
∑∑
∑∑ ∧∧→
x
y
yxR
yxR
F
F
FFF
jFiFF
arctan
..
22
θ
 
 
Mecânica Geral 11
Exercício resolvido 04: 
 
Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a 
partir do eixo x positivo. 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
Exercício resolvido 05: 
 
Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido anti-horário a 
partir do eixo x positivo. 
 
 
Solução: 
°−=∴⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−=
=∴+−=∴+−=
°+°++°+°+=
+= ∑ ∑
34,61
08,198.1
82,192.2arctan
77,498.282,192.208,198.1.82,192.2.08,198.1
).150sen.000.360sen.8000().150cos.000.360cos.800000.1(
).().(
22
θθ
NFRFRjiRF
jiRF
jFyiFxRF
rrr
rrr
rrr
 
Mecânica Geral 12
Exercício resolvido 06: 
 
As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte. Determine a faixa de 
valores para o modulo da força P de modo que a resultante das três forças não exceda 
2.400 N. 
 
 
Solução: 
 
NPeNP
PPP
P
FyFxFR
yFxFRF
61,22.1"55,173.3'
239,015.880.3.16,396.40400.282,192.2)08,198.2(0
)150sen.000.360sen.800()150cos.000.360cos.800(400.2
)()(
2222
222
222
==
+−>∴−+−>
°+°+°+°+>
+=
+=
∑∑
∑∑ rrr
 
 
 
 
De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1,22 kN e 3,17 kN para que a 
força resultante seja inferior a 2,4 kN. 
 
 
Exercício resolvido 07: 
 
As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o 
módulo de F e sua direção θ de modo que a força resultante seja direcionada ao longo 
do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800N. 
 
 
Mecânica Geral 13
Solução: 
 
°=∴°=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
=+=
+=−−°+−−−°=
−−=∴++=
34,21)(66,8
97,858
77,130arctan
87,86877,13097,858
.77,130.97,858).
13
5.18020060cos.800()).
13
12.180(060sen.800(
3232
22
θα positivoxeixoaorelaçãoemangulo
NF
jijiF
FFRFFFFFRF
rrrrr
rrrrrrrr
 
 
 
Exercício proposto 03: 
 
Uma força de 2,5 kN está aplicada a um cabo ligado a um suporte. Quais as 
componentes horizontal e vertical desta força? 
 
 
 
Resposta: - 2,35 kN (horizontal) e 0,855 kN (vertical) 
 
 
Exercício proposto 04: 
 
A tração no cabo de sustentação AB é 650N. Determine as componentes horizontal e 
vertical da força atuante no pino A. 
 
 
 
 
Resposta: +250N, - 600N 
Mecânica Geral 14
2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano 
 
Dizemos que uma partícula está em equilíbrio toda vez em que ela se encontra 
com a sua velocidade vetorial constante, ou seja, quando a partícula está em repouso 
(estático) ou em movimento retilíneo uniforme. Desta maneira podemos concluir que 
uma partícula está em equilíbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton; para 
manter um equilíbrio a força resultante sobre a partícula é nula. 
 
0=∑ RFr 
 
Assim para o caso de forças no plano temos: 
 
∑∑ == 00 YX FeF rr 
 
 
 Se comparada a segunda lei de Newton a equação acima também se confirma 
suficiente para a manutenção do equilíbrio de uma partícula. 
 
00. =∴==∑ aamFR rrr 
 
 
Diagrama de Corpo Livre 
 
 Este diagrama é tão somente um esquema que mostra a partícula, com todas 
as forças que atuam sobre ela, livre de sua vizinhança. 
 
 
 
 
fig. 08 – Diagrama de corpo livre do nó A. 
 
 
Para encontrar as forças envolvidas no diagrama de corpo livre iremos adotar os 
métodos para determinação de força resultante até aqui estudados. 
 
 
Exercício resolvido 08: 
 
Determine os módulos F1 e F2 de modo que a partícula da figura fique em equilíbrio. 
 
 
Mecânica Geral 15
Solução: 
 
NFeNFFF
IemIIAplicando
IIFFFFFFyF
IFFFFxF
96,364202,25711.42,1.87,01.71,05000
)(1.42,1225,01.71,030sen.245sen.10
)(2.87,01.71,050030cos.245cos.15000
==∴++−=
=∴+=°−°==
++−=°+°+−==
∑
∑ r
r
 
 
 
 
Exercício resolvido 09: 
 
Determine o peso máximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura 
de modo a não se exceder a uma força de 450N na corrente AB e de 480N na corrente 
AC. 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
Diagrama de corpo livre do ponto A. 
 
 
 
∑
∑
∑
=∴−°==
=∴°+−==
=
>=∴°+−==
=
NFFyF
condiçõesassatisfazNFFxF
NFCondição
NFpoissatisfaznãoNFFxF
NFCondição
ABAB
AC
ACACACAB
24030sen.4800
)(69,41530cos.4800
:)480(2
480(62,51930cos.4500
:)450(1
r
r
r
 
 
Mecânica Geral 16
Exercício resolvido 10: 
 
A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN. Determine o comprimento do menor 
cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a força máxima 
que ele pode suportar é de 15 kN. 
 
 
Solução: 
 
mL
LL
seráLocomprimentoAssim
yF
kNFFcríticacondiçãoNa
xFsimetriaPor
BCBA
31,1097,010)49,13cos(
.5,0
5cos
:,
49,1307sen.15.20
:)15(
0
=∴==°==
°=∴=+−==
==
=
∑
∑
θ
θθr
r
 
Exercício proposto 05: 
 
Um bloco de 3kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. a) Para que valor α a tração 
no cabo AC é mínima? b) Quais os valores correspondentes das trações nos cabos AC 
e BC? 
 
 
Resposta: a) 30º; b) TAC = 1500N; TBC = 2600N 
 
 
Exercício proposto 06: 
 
Duas cordas estão amarradas em C. Se a tração máxima permissível em cada corda é 
de 2,5 kN, qual é a máxima força F que pode ser aplicada? Em que direção deve atuar 
esta máxima força? 
 
 
Resposta: F = 2,87 kN; α = 75º 
Mecânica Geral 17
2.2. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA 
 
Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas 
submetidas à aplicação de forças coplanares. Para chegarmos as soluções dos 
problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos, 
destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por 
decomposição vetorial. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no 
espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z). 
Assim, quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada 
como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários ., keji
rrr
 
 
 
 
 
fig. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional 
 
 
 
)(
)(...
)
(,,
cos.
cos.
cos.
222 FdemóduloFFFF
vetorialnotaçãokFzjFyiFxF
referenciadeeixososeFentre
formadosângulosdiretoresânguloszyx
zFzF
yFyF
xFxF
zyx
r
rrrr
r
++=
++=
−
=
=
=
θθθ
θ
θ
θ
 
 
 
 
A soma de vários vetores no espaço ficará definida como apresentada abaixo. 
 
 
 
kFzjFyiFxFFFF
nnn
n
rrrrrrr
.......
111
321 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=++++ ∑∑∑ 
Mecânica Geral 18
Exercício resolvido 11: 
 
Determine o vetor resultante e os ângulos diretores do mesmo. 
 
 
 
Solução: ( ) ( ) ( )
°=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
°=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
°=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
=++=∴++=
°°+°°−
+°+°+°°+°°=
++= ∑∑∑
33,14
50,502
37,128arccosarccos
61,41
50,502
32,446arccosarccos
90,20
50,502
89,191arccosarccos
50,50237,12832,44689,191.37,128.32,446.89,191
).20cos.40sen.30025sen60cos.250(
).40cos.30060sen.250().70cos.40cos.30025cos.60cos.250(
...
222
F
Fzz
F
Fyy
F
Fxx
NFkjiF
k
jiF
kFzjFyiFxF
θ
θ
θ
rrrr
r
rrr
rrrr
 
 
 
 
 
Exercício proposto 07: 
 
 
Uma força de 1250N atua na origem, em uma direção definida pelos ângulos θx = 65º e 
θy = 40º . Sabe-se também que a componente z da força é positiva. Determine o valor 
de θz e as componentes da força. 
 
Resposta: 61,0o ; + 528,5N; + 957,5N; + 606N 
 
 
 
 
Exercício proposto 08: 
 
 
Determine o módulo e a direção da força F= (700N)i – (820N)j + (960N)k. 
 
Resposta: 1444N; 61º ; 124,6º ; 48,3º 
 
Mecânica Geral 19
2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação 
 
Em várias situações os ângulos diretores são apresentados de maneira implícita 
em sistemas tridimensionais de força. Nestes casos há a necessidade de se 
representar a força a partir de coordenadas cartesianas. Assim, a força estará sendo 
representada por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação dispostos no espaço. 
A seguir veremos como obter os cossenos dos ângulos diretores a partir das 
coordenadas dos dois pontos (na ilustração “A e B”) da linha de ação da força. 
 
 
 
 
fig. 10 – Componentes cartesianas de um vetor de módulo “d”. 
 
 
d
dzFFz
d
dyFFy
d
dxFFx
temosAssim
d
dzz
d
dyy
d
dxx
dzdydxd
.;.;.
:,
cos;cos;cos
222
===
===
++=
θθθ
 
 
 
 
 
2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço 
 
 
 
0;0;0
:
.......
111
111
321
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=++++=
∑∑∑
∑∑∑
nnn
nnn
n
FzFyFx
equilíbrionotemos
kFzjFyiFxFFFFFseja
rrrrrrrr
 
 
 
Mecânica Geral 20
Exercício resolvido 12: 
 
Determine a força em cada um dos cabos de maneira que a carga de 5000N fique em 
equilíbrio. 
 
 
Solução: 
 
 
 
Diagrama de corpo livre do ponto C 
 
Da ilustração obtemos a seguinte tabela: 
 
Esforço Fac Fbc Fdc Externo 
dx (xfinal- xinicial) (0-6) = -6 (0-6) = -6 (12-6) = 6 ----- 
dy(yfinal- yinicial) (0-0) = 0 (0-0) = 0 (8-0) = 8 -5000 
dz(zfinal- zinicial) (2-0) = 2 (-2-0) = -2 (0-0) = 0 ----- 
d 6,32 6,32 10 ----- 
 
 
BCACAC
ACBCBCCDBCAC
BCACBCAC
DC
CD
BC
BC
AC
AC
CDCD
DC
CD
BC
BC
AC
AC
CDBCAC
DC
CD
BC
BC
AC
AC
FNFF
FFFFFF
temosIemIIIeIIAplicando
IIIFFFF
d
F
d
F
d
FFz
IINFF
d
F
d
F
d
FFy
IFFF
d
F
d
F
d
FFx
==∴=
=+−=+−−=+−−
=∴−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−==
==∴−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −++==
+−−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−+−==
∑
∑
∑
68,973.1750.3.9,1
0750.3).95,0.(2250.6.6,0.95,0.95,0.6,0.95,0.95,0
:,
)(.32,0.32,00.2.2.0
)(250.6
8,0
000.5000.5.8,0000.58.0.0.0
)(.6,0.95,0.95,06.6.6.0
 
 
Mecânica Geral 21
Resolução com o uso de Matrizes: 
 
Seja o seguinte sistema 
 
0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC => 0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC 
0 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC – 5000 =>5000 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC 
0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC =>0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC 
 
 
O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira. 
 
 (A) . (X) = (B) 
0
5000
0
.
00,032,032,0
80,000,000,0
60,095,095,0
=
−
−−
DC
BC
AC
F
F
F
 
 
Para estes tipos de sistemas temos as seguintes definições: 
 
Matriz Principal (A): A matriz formada com os coeficientes das incógnitas: 
 
00,032,032,0
80,000,000,0
60,095,095,0
−
−−
, Det. Principal=-0,48 
 
Matriz das Incógnitas: Matriz obtida pela substituição de uma das colunas da matriz 
principal (A) pelos valores da matriz dos resultados (B). No exemplo citado a matriz do 
coeficiente FAC seria obtida a partir da substituição da 1ª coluna da matriz principal pela 
matriz resultado (B). 
 
Matriz FAC =
00,032,000,0
80,000,05000
60,095,000,0
−
−
, Det. FAC = -948,68 
 
Matriz FBC =
00,000,032,0
80,0500000,0
60,000,095,0−
, Det. FBC = -948,68 
 
Matriz FDC =
00,032,032,0
500000,000,0
00,095,095,0
−
−−
, Det. FDC =-3000,00 
 
Daí, as incógnitas podem ser determinadas da seguinte maneira: 
 
FAC = (Det. FAC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N 
 
FBC = (Det. FBC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N 
 
FDC = (Det. FDC ) / (Det. Principal) = -3000,00 / -0,48 = 6.250,00 N 
 
 
Obs.: Os resultados apresentados estão diferentes devidos as aproximações aplicadas 
na primeira resolução. 
 
Mecânica Geral 22
Exercício resolvido 13: 
 
As extremidades dos três cabos mostrados na figura são fixadas ao anel A e às bordas 
de uma placa uniforme de 150 kg. Determine a tração em cada um dos cabos para a 
condição de equilíbrio. 
 
 
Solução: 
 
 
Diagrama de corpo livre do ponto A 
 
 
 FAB FAC FAD Carga FAB FAC FADdx -4,00 6,00 4,00 0,00 dx/d -0,29 0,43 0,29 
dy 6,00 4,00 -6,00 0,00 dy/d 0,43 0,29 -0,43 
dz 12,00 12,00 12,00 -1.470,00 dz/d 0,86 0,86 0,86 
d 14,00 14,00 14,00 
 
Matriz -0,29 0,43 0,29 Det Matriz -0,29 0,00 0,29 Det. 
Principal 0,43 0,29 -0,43 Principal FAC 0,43 0,00 -0,43 FAC 
 0,86 0,86 0,86 -0,45 0,86 1.470,00 0,86 0,00 
 
Matriz 0,00 0,43 0,29 Det. Matriz -0,29 0,43 0,00 Det. 
FAB 0,00 0,29 -0,43 FAB FAD 0,43 0,29 0,00 FAD 
 1.470,00 0,86 0,86 -390,00 0,86 0,86 1.470,00 -390,00 
 
 FAB FAC FAD 
Equilíbrio 857,50 0,00 857,50 
 
* Todas os esforços estão medidos em N 
Mecânica Geral 23
 
Exercício resolvido 14: 
 
De acordo com a figura do exemplo anterior, determine a maior massa que a placa 
pode ter considerando que cada cabo pode suportar tração máxima de 15 kN. 
 
Solução: 
 
Para determinar a massa máxima deveremos verificar se na condição crítica de um dos 
cabos (15 kN) os demais cabos estão solicitados por uma tensão igual ou inferior a 
15 kN e em seguida determinar o valor da massa que atende a condição de equilíbrio. 
Depois de testar a condição crítica em todos os cabos, a massa será a maior das que 
atenderem todos os requisitos necessários. 
 
 
 
Diagrama de corpo livre do ponto A 
 
 
 FAB FAC FAD Carga FAB FAC FAD 
dx -4,00 6,00 4,00 0,00 dx/d -0,29 0,43 0,29 
dy 6,00 4,00 -6,00 0,00 dy/d 0,43 0,29 -0,43 
dz 12,00 12,00 12,00 -1.470,00 dz/d 0,86 0,86 0,86 
d 14,00 14,00 14,00 
 
Condição crítica 1 (FAC = 15 kN) 
 
mFFmFFF
FFFFF
FFFFF
ADABADABZ
ADABADABY
ADABADABX
.8,9.86,012900.86,0.8,9.86,015000.86,0.86,00
43,04350.43,0.43,015000.29,0.43,00
.29,06450.29,0.29,015000.43,0.29,00
−++=−++==
−+=−+==
++−=++−==
∑
∑
∑
→
→
→
 
 
 
Das equações acima temos o seguinte sistema 
 
mFF
FF
FF
ADAB
ADAB
ADAB
.8,9.86,0.86,012900
.43,0.43,04350
.29,0.29,06450
−+=−
−=−
+−=−
 
 
Solução do sistema: sistema apresentado é impossível, logo está condição não é 
válida. 
 
Mecânica Geral 24
 
Condição crítica 2 (FAB = 15 kN) 
 
mFFmFFF
FFFFF
FFFFF
ADACADACZ
ADACADACY
ADACADACX
.8,9.86,0.29,012900.8,9.86,0.86,015000.86,00
43,0.29,06450.43,0.29,015000.43,00
.29,0.43,04350.29,0.43,015000.29,00
−++=−++==
−+=−+==
++−=++−==
∑
∑
∑
→
→
→
 
 
 
Das equações acima temos o seguinte sistema 
 
 
mFF
FF
FF
ADAC
ADAC
ADAC
.8,9.86,029,012900
.43,0.29,06450
.29,0.43,04350
−+=−
−=−
+=
 
 
 
Solução do sistema: FAC = 0 ; FAD = 15000 e m =2.628,28 kg 
 
 
Pelos resultados apresentados, quando FAB está em estado crítico FAD também 
estará em estado crítico e FAC será nula e a massa para o equilíbrio será 2.628,28 kg. 
 
 
 
Exercício proposto 09: 
 
O guindaste mostrado na figura é utilizado para puxar 200 kg de peixe para a doca. 
Determine a força compressiva ao longo de cada uma das barras AB e CD e a tração 
no cabo do guindaste DB. Admita que a força em cada barra atue ao longo de seu 
próprio eixo. 
 
 
 
 
Resposta: Fab = 2.520,00 N, Fcb = 2.520,00 N e Fdb = 3.640,00 N 
 
Mecânica Geral 25
Exercício proposto 10: 
 
Determine a força em cada cabo necessária para suportar o cilindro de 500 lbf. 
 
 
 
Resposta: Fab = 250 N, Fac = 388,89 N e Fad = 194,44 N 
Mecânica Geral 26
3. CORPO RÍGIDO 
 
Diferentemente de uma partícula o corpo rígido é dotado de dimensões que 
poderão ser importantes para a determinação das forças externas envolvidas nos 
sistemas de força. Em uma partícula os efeitos da atuação de forças eram apenas a 
translação ou repouso. Já em corpos rígidos, a atuação de forças, além de poder 
promover translação ou repouso, poderá ocasionar rotação (momento de uma força). 
 
A maioria dos corpos tratados na mecânica elementar são supostos rígidos, 
considerando-se como corpo rígido aquele que não se deforma. As estruturas e as 
maquinas reais, no entanto, nunca são absolutamente rígidas e deformam-se sob as 
cargas a que estão submetidas. Mas normalmente, estas deformações são pequenas e 
não alteram sensivelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura 
em estudo. São importantes, no entanto, quando há riscos de ruptura da estrutura, 
sendo estudadas em resistências dos materiais. 
 
 
3.1. MOMENTO DE UMA FORÇA (TORQUE) 
 
 
Também conhecido como torque, o momento de uma força aplicada em A em 
relação a um ponto B representa a tendência da força aplicada em A em causar um 
giro no corpo em torno do ponto B. 
 
 
 
fig. 11 – Momento da força de módulo F em relação ao ponto B. 
 
A intensidade do momento é definida como produto da componente da força que 
efetivamente promove o giro (Fe) e a distância (d) (braço de alavanca) do ponto de aplicação da 
força e o ponto de giro (polo). Assim: 
 
dFdFeM B .sen.. θ== 
 
3.1.1. Vetor do Momento de uma Força 
 
 
 
fig. 12 – Vetor momento de uma força. 
Mecânica Geral 27
A partir da equação da intensidade do Momento de uma força θsen..dFM = 
e dos conhecimentos adquiridos em Matemática Básica, podemos facilmente concluir 
que o momento é uma grandeza vetorial obtida do produto vetorial entre 
→
F e 
→
d . 
 
θθ sen..sen.. dFMdxFMdFM =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∴=∴= →→→→ 
 
Características do Vetor Momento 
 
 
- Módulo: 
 
θsen..dFM =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ → 
 
Unidade de Medida: Sistema Internacional: [ ] mNM .= 
 Sistema Técnico: [ ] mkgfM .= 
 
- Direção: Perpendicular ao plano que contem o vetor 
→
F e 
→
d . 
 
 
- Sentido: Determinado pela regra da mão direita. 
 
 
 
 
 
 
Circulando o ponto de análise com os dedos da mão direita, 
de acordo com o giro que o torque promover, o dedo polegar 
indicará o sentido do vetor momento no plano perpendicular 
ao do giro. 
 
 
 
 
3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano 
 
 
O momento, assim como toda grandeza vetorial, pode ser fruto da composição 
de outros momentos. Estudaremos apenas situações de equilíbrio de corpos rígidos no 
plano, assim, as forças envolvidas irão gerar apenas momentos paralelos, ou seja, o 
módulo do momento resultante será soma dos módulos dos momentos (se tiverem o 
mesmo sentido) ou será a diferença (se tiverem o sentidos contrários). 
 
 
Mecânica Geral 28
Exercício resolvido 15: 
 
Determine o momento da força aplicada em A de 40N relativamente ao ponto B. 
 
 
 
Solução: 
 
 
Com as componentes ortogonais poderemos achar o momento resultante a 
partir da soma dos momentos gerados por cada uma das componentes sobre o ponto 
B. 
 
mNMMMM
tesulMomento
horáriotidomNMNFy
horárioantitidomNMNFx
R
Fy
B
Fx
BR
Fy
B
Fx
B
.11,752,741,0
tanRe
)(sen.52,720,0.59,3759,3720cos.40
)(sen.41,003,0.68,1368.1320sen.40
−=−=∴+=
−==∴=°=
−+==∴=°=
rrr
 
 
 
Exercício resolvido 16: 
 
Se a força F=100 N, determine o ângulo θ (0° ≤ θ ≤ 90°) de modo que ela gere um 
momento de 20N.m no sentido horário em relação ao ponto O. 
 
 
 
Mecânica Geral 29
Solução: 
 
 
 
 
( ) ( )
°=∴==°=∴==
=∆+−=∴+−=−∴
=+−=−
+−=−∴+−=−∴
+=
−=+−=∴+=
=°==∴=
−=°+=+=∴=
36,28cos88,0´´21,80cos17,0´
41,840;175.2,1239.76,11840.76,959.2,1239400)1.(225
cos;cos.76,959cos.2,1239400)cos1.(225
cos.98,3020cos1.15cos.98,3020cos1.15
sencos1,
)(20sen.15cos.98,30
tanRe
.sen.15)60cos.3,0.(sen.100).(sen.sen.
.cos.98,30)60sen.3,005,0.(cos.100)05,0.(cos.cos.
222
22
2222
22
θθθθ
θθθθ
θθθθ
θθ
θθ
θθθθ
θθθθzez
zzzzz
z
como
IMMMM
tesulMomento
mNxFMFFy
mNyFMFFx
R
Fy
B
Fx
BR
Fy
O
Fx
O
rrr
 
 
 
Testando os valores de θ na equação I, apenas θ=28,36° é válido. A equação I 
só admite uma única solução verdadeira. 
 
 
Exercício proposto 11: 
 
Uma força de 150 N atua na extremidade de uma alavanca de 0,90m como na figura. 
Determinar o momento da força em relação a O. 
 
 
 
Resposta: 46,20 N.m 
 
Mecânica Geral 30
Exercício proposto 12: 
 
Sabendo que a distância AB é 250 mm, determine o máximo momento em relação a B 
que pode ser produzido pela força de 150N e em que direção deve atuar a força para 
que isso aconteça. 
 
 
Resposta: 37,5 N.m ;α = 20º 
 
 
3.1.3. Binário 
 
Um binário corresponde ao momento gerado em um sistema constituído por 
duas forças de mesma intensidade, mesma direção, sentidos opostos. 
 
 
 
fig. 13 – Sistema Binário de Forças. 
 
Sendo θsen..dFMM BA == conclui-se que o momento gerado pelo binário é 
igual a θsen...2 dFM Binário = . 
 
 
Efeitos do Binário: 
θsen...2
0
dFM
F RESULTANTE
=
=→ 
 
 
3.2. PRINCIPIO DA TRANSMISSIBILIDADE 
 
Toda força pode ser transmitida ao longo da sua linha de ação, sem que as 
condições de equilíbrio do corpo se alterem. 
 
 
 
fig. 14 – Força transladada em sua linha de ação. 
Mecânica Geral 31
Quando uma força é transladada de um ponto para outro fora de sua linha de 
ação, ela só produz um efeito equivalente, se a ela for somado um vetor binário, cujo 
momento é igual ao momento que ela produzia na posição original (momento de 
transporte). 
 
 
 
fig. 15 – Força transladada para fora de sua linha de ação. 
 
 
 
3.3. SISTEMA EQUIVALENTE 
 
Dois sistemas de ação mecânica são denominados equivalentes quando eles 
satisfazem simultaneamente dois quesitos: 
 
• Mesma força resultante; 
 
• Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante 
equivalente. 
 
 
 
 
fig. 16 – Sistemas equivalentes de força. 
 
 
Redução a um Sistema Equivalente 
 
 
Para reduzir um sistema de força a um equivalente representado por apenas 
uma força e um momento, deve-se cumprir as seguintes etapas: 
 
 
• Estabelecer os eixos de referência; 
• Determinar o vetor força resultante; 
• Determinar o momento da força resultante em relação ao ponto O; 
• Determinar a localização da força em relação ao ponto O. 
 
 
 
Obs.: Momento da força resultante em relação ao ponto O é a soma vetorial de 
todos os momentos atuante no sistema mais os momentos gerados por todas as 
força atuantes em relação a este ponto. 
 
 
Mecânica Geral 32
 
Exercício resolvido 17: 
 
Substitua as três forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento 
equivalente em relação ao ponto O. 
 
 
 
Solução: 
mNM
NF
O .66007.6004.12002.1200
60060012001200
−=−−=
−=−−=
∑
∑ 
 
O sistema anteriormente apresentado também é equivalente ao da ilustração abaixo. 
 
Onde: 
 
m
F
M
d
O
O 11
600
00.66 === ∑
∑ “ d ” representa a localização da força resultante em 
relação ao ponto de referencia estabelecido “O”. 
 
Exercício proposto 13: 
 
Substitua as duas forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento 
equivalente em relação ao ponto O. 
 
 
Mecânica Geral 33
3.4. EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS NO PLANO 
 
 
 
 
 
fig. 17 – Corpo rígido submetido a forças no plano 
 
 
Da mesma forma que foi abordado no equilíbrio de uma partícula no plano 
poderemos desenvolver os cálculos para equilíbrio de um corpo rígido no plano a partir 
das seguintes equações: 
 
 
)(0
)(0
)(0
IIIM
IIF
IF
y
X
=
=
=
∑
∑
∑
→
→
→
 
 
 
 
Note que a equação III não foi considerada no estudo do equilíbrio de uma 
partícula, porém, devido à aplicação de forças em diferentes pontos de diferentes 
linhas de ação, no estudo de equilíbrio de corpos rígidos se faz necessário considerar a 
soma dos momentos, em relação a um ponto qualquer, nulo. 
 
 
 
 
3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos 
 
 
 No estudo do equilíbrio dos corpos rígidos é fundamental o conhecimento dos 
tipos de apoios que são comumente utilizados. Nas questões de equilíbrio geralmente 
são solicitadas as reações nos apoios. Assim, é necessário saber quais os tipos de 
reação que cada apoio pode oferecer para que possam ser representadas no diagrama 
de corpo livre do corpo rígido e em seguida determina-las pelas equações de equilíbrio. 
Mecânica Geral 34
Em vigas os apoios mais utilizados são os seguintes: 
 
Apoio ou Conexão Reação 
 
Normal a superfície de 
apoio 
 
Linha de ação sobre a 
conexão 
 
Duas Reações. Uma 
Normal a superfície de 
apoio e a outra paralela. 
 
Três Reações. Uma 
força Normal a superfície 
de apoio, outra força 
Paralela a superfície e 
um momento. 
 
 
Exercício resolvido 18: 
 
Determine as reações nos apoios A e B da viga ilustrada abaixo. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
Diagrama de corpo livre da viga 
 
Mecânica Geral 35
Das equações do equilíbrio, temos: 
 
kNVAsencontramoIIemIIIAplicando
IIIkNVBVBM
IIVBVAVBVAyF
IHBxF
R
A
30
)(1055,6.305,5.305,4.5,1.750
)(1353030750
)(0
=
=∴−−+−==
−=∴−−+−==
==
∑
∑
∑
→
→
 
 
Exercício proposto 14: 
 
Sabendo que a carga P aplicada no braço engastado a viga tem módulo igual a 
100 kN, determine as reações nos apoios A e B. 
 
 
 
 
Resposta: HA= 0, VA= 7,78kN, HB= -100 kN , VB=127,22 kN. 
 
 
Exercício proposto 15: 
 
A viga ilustrada abaixo, com o auxilio da corda que passa pelos pontos B, C e D, 
sustenta uma carga de 8,0 kN. Sabendo que o peso próprio da viga é de 4,0 kN e que 
pode ser admitido concentrado no centro da viga, determine as reações no apoio E. 
 
 
 
 
Exercício proposto 16: 
 
Ainda de acordo com a ilustração da questão anterior, determine as o módulo da força 
F. 
Mecânica Geral 36
Exercício proposto 17: 
 
Determine as reações nos apoios da treliça ilustrada. 
 
 
 
Resposta: HA= 400 N, VA= 300 N, HD= 0 , VD=900 N. 
Mecânica Geral 37
4. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS SIMPLES E PLANAS 
 
 
 Dizemos que uma estrutura é isostática ou estaticamente determinada toda vez 
em que as suas reações envolvem incógnitas que possam ser determinadas 
exclusivamente pelas equações da estática. A seguir trataremos de um relevante 
exemplo de estrutura isostática; Treliça Simples. 
 
 
 
 
4.1. TRELIÇAS 
 
Chamamos de treliça um sistema reticulado cujas barras têm todas as 
extremidades rotuladas e cujas cargas estão aplicadas apenas em seus nós. 
 A treliça e um dos principais tipos de estruturas da engenharia. Ela oferece, ao 
mesmo tempo, uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia. 
 
 
 
 
 
fig. 18 – Estabilidade estrutural da treliça 
 
 
 Na figura 18 fica clara a maior estabilidade da treliça em relação a outra 
estrutura se imaginarmos uma força diagonal atuando no nó (conexão entre barras) B. 
A primeira estrutura sem dúvida perderia o equilíbrio enquanto a treliça se manteria 
inalterada. 
 
 
4.1.1. Aplicações das Treliças 
 
Entre as principais aplicações destacam-se os usos em pontes, telhados, 
coberturas, etc. 
 
 
fig. 18 – Estabilidade estrutural da treliça 
Mecânica Geral 38
 
4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça 
 
• As cargas deverão ser aplicadas nos nós; 
 
• Os pesos das barras deverão ser admitidos desprezíveis; 
 
• Os eixos geométricos das barras que formam o nó deverão ser concorrentes; 
 
• As barras deverão ser solicitadas apenas por esforços axiais (tração ou 
compressão). 
 
 
4.1.3. Métodos deAnálise 
 
Comumente são utilizados dois métodos para resolução de problemas envolvendo 
treliças isostáticas; Método dos Nós e Método das Seções (Seções de Ritter). 
 
 
• Método dos Nós 
 
Neste método os esforços nas barras são determinados a partir da análise do 
equilíbrio de cada nó que compõem a estrutura. Assim, para determinar as cargas de 
tração (quando tente a alongar) ou compressão (quando tende diminuir) nas barras, 
deveremos expor as mesmas no diagrama de corpo livre do nó e determinar os valores 
das cargas para o equilíbrio do nó da mesma forma que determinamos o equilíbrio de 
uma partícula. 
 
 
Exercício resolvido 19: 
 
Usando o método dos nós, determine a força na barra AB e BC da treliça ilustrada. 
 
Solução: 
 
 
Diagrama de Corpo Livre do Nó B 
Mecânica Geral 39
kNFIemIIAplicando
IIkNFFFy
IFFFx
AB
BCBC
ABBC
00,2,
)(41,11000)45sen(.0
)()45cos(.0
−=
=∴−°==
+°==
∑
∑
→
→
 
 
 Exercício resolvido 20: 
 
Usando o método dos nós, determine a força na barra BC e CD da treliça ilustrada. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
Diagrama de Corpo Livre do Nó C 
 
kNFFyF
kNFFxF
CDCD
BCBC
71,0)45cos(.10
71,0)45sen(.10
−=∴°−−==
=∴°+−==
∑
∑
→
→
 
 
 
• Método das Seções (Seções de Ritter). 
 
 
Enquanto o método dos nós representa a aplicação do equilíbrio de uma 
partícula para determinação dos esforços nas barras de uma estrutura treliçada, o 
método das seções utiliza do estudo do equilíbrio de copos rígidos para determinação 
dos esforços. Assim, neste método além do equilíbrio das forças também é levado em 
consideração o equilíbrio dos momentos para determinação imediata dos esforços. 
 
 
 
fig. 20 – Caso Particular de Redução de Sistemas de Forças 
Mecânica Geral 40
Em caso de forças concorrentes, como mostrado na figura 20, o memento 
resultante será sempre nulo. Isto ajudará na resolução dos problemas de treliças pelo 
método das seções. 
 
 
 Exercício resolvido 21: 
 
Determine as forças atuantes 
nos elementos GE, GC e BC da 
treliça ilustrada. 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Determinação das reações nos apoios 
 
NAytemosIemIIAplicando
IINDyDyM
IDyAyyF
NAxAxxF
R
A
300,
)(9003.40012.8.12000
)(200.10
4004000
=
=∴−+−==
−+==
=∴−==
∑
∑
∑
→
→
→
 
 
 
Diagrama de Corpo Livre da Seção que Corta as Barras em Questão 
Mecânica Geral 41
Exercício proposto 17: 
 
Determine as forças atuantes nos elementos BC, CF e FE. Verifique se os elementos 
estão sob tração ou compressão. 
 
 
 
Resposta: 
 
Exercício proposto 18: 
 
Cada elemento da treliça mostrada na figura é uniforme e tem um massa de 8kg/m. 
Remova as cargas externas de 3 kN e 2kN e determine a força aproximada em cada 
elemento devido ao peso próprio da treliça. Indique se os elementos estão sob tração 
ou compressão. Resolva o problema admitindo que os pesos dos elementos podem ser 
representados por força verticais, metade das quai9s atua em cada uma das 
extremidades de cada elemento. 
 
 
 
 
Resposta: FCD= 467 N (C); FBC= 389 N (T); FBD= 314 N (C); 
 FDE= 1200 N (C); FAD= 736 N (T). 
 
Mecânica Geral 42
Exercício proposto 19: 
 
A treliça Howe de uma ponte está sujeita ao carregamento mostrado na figura. 
Determine as forças nos elementos DE, EH e HG e indique se estes estão sob tração 
ou compressão. 
 
 
 
Resposta: FDE= 45 kN (C); FEN= 5 kN (T); FMG= 45 kN (T). 
 
Mecânica Geral 43
5. CARGAS DISTRIBUÍDAS SOBRE VIGAS 
 
Em todo conteúdo apresentado até agora estudamos apenas forças aplicadas 
de forma pontual. Neste capítulo estudaremos situações de carregamentos mais 
próximas da realidade; Cargas Distribuídas. Entre os vários exemplos comuns de 
cargas distribuídas podemos citar o carregamento de uma laje sobre uma viga, peso 
próprio de cabos, força das águas sobre as comportas de uma barragem etc. Em nosso 
curso só veremos aplicações sobre vigas. 
 
Para seguirmos com o estudo de cargas distribuídas precisamos relembrar os 
conceitos de centro geométrico de área (centróide) e sistemas equivalentes de força 
vistos em Física I. 
 
 
5.1. CENTRÓIDES DE SUPERFÍCIES PLANAS 
 
 
5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa 
 
 Inicialmente, vamos descrever o conceito de centro de gravidade de um sistema 
constituído por um número finito de partículas, localizadas sobre um eixo L, de peso e 
espessura insignificantes. 
 
 Vamos supor que o eixo L esteja na posição horizontal e imaginemos que ele 
possa girar livremente em torno de um ponto P, como se nesse ponto fosse colocada 
uma articulação. 
 
 
 
 
fig. 21 – Sistema de uma alavanca 
 
 
Se colocarmos sobre L um objeto de peso w1 a uma distância d1, à direita de P, 
o peso do objeto fará girar L no sentido horário. Colocando um objeto de peso w2, a 
uma distância d2 à esquerda de P, o peso desse objeto fará L girar no sentido anti-
horário. Colocando simultaneamente os dois objetos sobre L o equilíbrio ocorre quando 
 
w1.d1 = w2.d2 (I) 
 
 
 
fig. 22 – Sistema de uma alavanca em equilíbrio 
 
Mecânica Geral 44
 Vamos, agora, orientar L e faze-lo coincidir com o eixo dos x do sistema de 
coordenadas cartesianas. Se duas partículas de peso w1 e w2 estão localizadas nos 
pontos x1 e x2, respectivamente podemos reescrever a equação I como 
 
w1.(x1 – P) = w2.(P - x2) ou w1.(x1 – P) + w2.(x2 - P) = 0 
 
 
 
fig. 23 – Sistema orientado de uma alavanca em equilíbrio 
 
 
 Supondo que n partículas de pesos w1, w2, …, wn estejam colocadas nos pontos 
x1, x2, …, xn, respectivamente, o sistema estará em equilíbrio ao redor de P quando 
 
∑
=
=−
n
i
Pxiwi
1
0)(. 
 
se a aceleração da gravidade for constante 
 
∑
=
=−
n
i
Pxigmi
1
0)(.. <=>∑
=
=−
n
i
Pximi
1
0)(.. 
 
 Denominamos de centro de gravidade o ponto de um determinado eixo de 
referencia de coordenada x onde a soma dos momentos de um sistema é nulo (P). Se 
a aceleração da gravidade for constante em todo o sistema este ponto coincide com o 
centro de massa do corpo. 
 
∑
∑
∑∑
∑∑
∑
=
=
==
==
=
=
=−
=−
=−
n
i
n
i
n
i
n
i
n
i
n
i
n
i
mi
ximi
x
mixximi
xmiximi
xximi
1
1
11
11
1
..
0...
0...
0)(..
 
 
Mecânica Geral 45
 A última equação mostra a localização do centro de massa de um sistema na 
direção x. Analogamente poderíamos analisar as demais coordenadas deste ponto a 
partir das seguintes equações: 
 
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
= === n
i
n
i
n
i
n
i
n
i
n
i
mi
zimi
z
mi
yimi
y
mi
ximi
x
1
1
1
1
1
1
......
 (II) 
 
 
 5.1.2. Centróides de Superfícies Planas 
 
 
 
fig. 24 – Corpo Prismático 
 
 Se um sistema tridimensional é constituído por um material de densidade 
constante e de volume gerado pela translação de uma área composta por pequenas 
regiões A1, A2, A3 e A4 em uma distancia L (corpo prismático) a equação II poderá ser 
representada da seguinte maneira. 
 
 
∑
∑
∑
∑
=
=
=
= ==
4
1
4
1
4
1
4
1
..
....
..
....
i
i
i
i
AiL
yiAiL
y
AiL
xiAiL
x
ρ
ρ
ρ
ρ
 ou 
∑
∑
∑
∑
=
=
=
= ==
4
1
4
1
4
1
4
1
...
i
i
i
i
Ai
Aiyi
y
Ai
Aixi
x (III) 
 
 
 A última equação nos oferece as coordenadas “x e y“ do centro de massa 
projetadas na face que gerou o corpo. Estas são as coordenadas do centróide ou 
centro geométricoda referida face. 
 
 Todo desenvolvimento feito até aqui foi baseado em somatória de partes 
discretas. Porém quando analisamos um corpo ou uma área real eles são compostos 
de infinitas partes e representam a integração destas partes. Desta maneira, 
deveremos utilizar na equação III o processo de integração ao invés de somatórios. 
 
 
∫
∫
∫
∫ ==
A
A
A
A
dA
dAy
y
dA
dAx
x
..
 
 
 
Mecânica Geral 46
 Abaixo são apresentadas áreas elementares e as respectivas coordenadas do 
centróide determinadas com base nas equações acima. 
 
 
 
 
fig. 25 – Centróide de áreas elementares 
 
 
 No nosso estudo a determinação de centróides de áreas será feita a partir das 
equações que envolvem apenas somatórios (equação III) e o conhecimento dos 
centróides das áreas elementares. 
 
 
Exercício resolvido 22: 
 
Determine as coordenadas do centróide do perfil ilustrado abaixo. 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
O perfil apresentado é a composição de duas áreas retangulares (vide figura a seguir). 
 
Mecânica Geral 47
 
 
Todas as medidas são em relação a O. 
 
 
 Ai x x.Ai y y.Ai 
A1 2.000 50 100.000 150 300.000 
A2 2.800 50 140.000 70 196.000 
Somatório 4.800 ----- 240.000 ----- 496.000 
 
Assim, 
 
∑
∑
∑
∑
=
=
=
= ==
4
1
4
1
4
1
4
1
...
i
i
i
i
Ai
Aiyi
y
Ai
Aixi
x => mmyemmx 33,103
800.4
000.49650
800.4
000.240 ==== 
 
 
 
 
 
Exercício resolvido 23: 
 
Determine as coordenadas do centróide da área ilustrada abaixo. 
 
 
 
Mecânica Geral 48
Solução: 
 
 
 
 
Todas as medidas são em relação a O. 
 
 Ai x x.Ai y y.Ai 
A1 20.000 50 1.000.000 100 2.000.000 
A2 (*) -12.800 60 -768.000 100 -1.280.000 
Somatório 7.200 ----- 232.000 ----- 720.000 
(*) Área extraída, portanto o valor é negativo. 
 
 
Assim, 
 
 
∑
∑
∑
∑
=
=
=
= ==
4
1
4
1
4
1
4
1
...
i
i
i
i
Ai
Aiyi
y
Ai
Aixi
x => 00,100
200.7
000.72022,32
200.7
000.232 ==== yex 
 
 
 
 
5.2. CARGAS PONTUAIS EQUIVALENTES A UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS 
 
 
Relembrando o que já foi visto anteriormente, dizemos que dois sistemas de 
forças são equivalentes quando satisfazem simultaneamente dois quesitos: 
 
• Mesma força resultante 
 
• Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante 
equivalente 
 
No caso de um sistema submetido a um carregamento distribuído, temos que 
este é equivalente a um sistema de carga pontual aplicada no centróide da área do 
perfil do carregamento cuja intensidade é numericamente igual referida área. 
 
Mecânica Geral 49
 
fig. 26 – Sistema de cargas distribuídas 
 
 
 
fig. 27 – Sistema de carga pontual equivalente ao de cargas distribuídas 
 apresentado na figura 26. 
 
 
 
Exercício resolvido 24: 
 
Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada. 
 
 
 
Solução: 
 
 
O módulo da força resultante é numericamente igual a área do perfil do carregamento 
distribuído, ou seja, a área do trapézio. 
 
 
kNFR 252
5).28( =+=
 
 
 
A força resultante localiza-se no centróide da área do perfil do carregamento 
distribuído. 
 
Mecânica Geral 50
 
 
Subdivisão do perfil do carregamento em áreas elementares 
 
 Área X X.A 
A1 15 3,33 49,95 
A2 10 2,50 25,00 
Somatório 25 --------- 74,95 
Valores medidos a partir do apoio A 
 
m
A
Ax
x 00,3
25
95,74. ≈== ∑
∑
 
 
 
Sistema de carga pontual 
 
Exercício resolvido 25: 
 
Ainda de acordo com a questão anterior, determine as reações nos apoios. 
 
Solução: 
 
Determinado o sistema equivalente de carga pontual para o sistema equivalente de 
carga distribuída determinamos as reações nos apoios da mesma forma que 
resolvemos nas aulas anteriores. 
 
 
 
Diagrama de corpo livre da barra 
Mecânica Geral 51
kNAyIemIIAplicando
IIkNByByM
IByAyFy
AxAxFx
R
A
10,
)(15.525.30
)(250
00
=
=∴+−==
−+==
=∴==
∑
∑
∑
 
 
Exercício proposto 20: 
 
Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada e as 
reações no apoio A. 
 
 
Mecânica Geral 52
6. MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS 
 
A figura abaixo mostra uma laje sustentada por duas vigas de perfil retangular de 
dimensões idênticas e diferentes posições de apoio. Note que P1 é a posição que 
freqüentemente é adotada em situações do cotidiano. Isso se deve ao fato de que, na 
posição P1, a viga oferece uma maior resistência ao momento gerado pelo peso 
próprio da laje em torno do eixo x. Desta maneira, como se nota experimentalmente, na 
primeira posição a viga resistiria um maior momento (M1) do que se a mesma 
estivesse na posição P2, onde resistiria a um momento inferior (M2). 
 
 
fig. 28 – Laje apoiada por vigas iguais e em diferentes posições. 
 
 A esta resistência ao giro em torno de um eixo chamamos de momento de 
Inércia. 
 
 
6.1. MOMENTO DE INÉRCIA 
 
 
fig. 29 – Sistema de cargas discretas submetidas ao giro. 
 
Na rotação de duas partículas de massas dm 1 e dm 2 ao redor de um eixo fixo 
com a velocidade angular ω , com distancias r1 e r2 do eixo de rotação as partículas 
tem, respectivamente, velocidades 11 .rV ϖ= e 22 .rV ϖ= . Portanto o sistema formado 
pelas duas partículas terá a seguinte energia cinética. 
 
∑
=
=
+=+=
2
1
22
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
21
2
1
..
2
1
..
2
1..
2
1.
2
1.
2
1
i
ii dmrE
dmrdmrdmvdmvE
ϖ
ϖϖ
 
 
Generalizando a ultima equação para um sistema constituído por infinitas 
partículas girando com o mesmo valor de ω em torno de um eixo de referencia, ou 
simplesmente, um corpo rígido girando em torno de um eixo de referencia, a energia 
cinética seria dada por integração de acordo a equação abaixo. 
Mecânica Geral 53
∫= dmrE ..21 22ϖ (I) 
 
Chamamos de momento de Inércia o termo I = ∫ dmr .2 da equação acima. 
 
De acordo com a equação I, ao oferecer uma mesma quantidade de energia 
cinética a dois corpos, em relação a um mesmo eixo de referencia, obterá o menor 
valor de ω o que tiver maior valor de momento de inércia. Por este motivo, dizemos 
que o memento de inércia representa a resistência à rotação de um corpo em relação a 
um determinado eixo de referencia. 
 
 
fig. 30 – Corpo prismático de base A e altura L. 
 
Ao analisarmos corpos formados pela translação de uma determinada área A 
(corpos prismáticos) e de densidade constante ρ notamos que: 
 
∫
∫∫
=
==
==
dArLI
dALrdmrI
dALdmALmassa
...
....
..:...
2
22
ρ
ρ
ρρ
 
 
Assim, em corpos prismáticos, onde ρ e L são constantes, a variação do 
memento de inércia se dará em função do termo ∫ dAr .2 , ou seja, em função da forma 
e distribuição geométrica da área que gerou o corpo de translação. 
 
 
 
Chamamos o termo ∫ dAr .2 de momento de inércia de área. 
 
 
Obs.: O momento de inércia de área é medido no S.I. em m4, podendo também ser 
medido em mm4, cm4, ft4, in4. 
 
fig. 31 – Perfil retangular apoiado em diferentes posições. 
 
Agora analisando novamente o caso da laje sustentada por duas vigas, 
verificamos que na posição P1 há uma maior distribuição ( y ) da área em relação ao 
eixo de rotação x do que na posição P2, ou seja, o momento de inércia de área em 
relação ao eixo x é maior na posição P1. Logo, Na posição P1 a viga resistirá mais a 
rotação em torno de x. 
Mecânica Geral 54
Exercício resolvido 26: 
 
Determine o momento de inércia de área do retângulo em relação aos eixos x e y 
passando pelo centróide. 
 
 
Solução: 
Analisando Momento em relação aoeixo x (Ix) variando o valor de y 
 
 
Analisando Momento em relação 
ao eixo y (Iy) variando o valor de x
 
 
 
12
..
3
1......
12
..
3
1......
32
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
32
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
hbxhdyxhdyhxdAxIy
hbybdyybdybydAyIx
b
b
b
b
b
b
b
b
h
h
h
h
h
h
h
h
=====
=====
−−−−
−−−−
∫∫∫
∫∫∫
 
 
 
 
6.2. MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS ELEMENTARES 
 
Como mostrado no exercício resolvido 26, o momento de inércia de áreas pode 
ser determinado por processo de integração. Abaixo apresentamos o momento de 
inércia de algumas áreas elementares em relação aos eixos x e y de referencia 
passando pelo centróide. 
 
Mecânica Geral 55
Área Elementar Momento de Inércia de Área 
Retângulo 
 
3
3
.
12
1
.
12
1
bhIy
hbIx
=
=
 
Triângulo Retângulo 
 
3
3
..
36
1
..
36
1
bhIy
hbIx
=
=
 
Círculo 
 
4
4
..
4
1
..
4
1
rIy
rIx
π
π
=
=
 
 
fig. 32 – Corpo prismático de base A e altura L. 
 
6.3. MOMENTO POLAR DE INÉRCIA DE ÁREA 
 
Podemos também formular o momento de uma área em relação ao pólo O ou 
eixo z. Este é referenciado como momento polar de inércia de área dArdJ .2= . Neste 
caso r é a distancia perpendicular do pólo (eixo z) até o elemento dA. Para toda a área 
o momento polar de inércia é expresso por 
 
∫= dArJ .2 
 
ou
dAydAxJdAyxJ
yxrcomo
∫∫∫ +=+=
+=
2222
222
.:.).( 
 
IyIxJ += 
fig. 33 – Momento polar de inércia. 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral 56
6.4. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS PARA UMA ÁREA 
 
Se o momento de inércia de uma área em relação a um eixo que passa pelo 
centróide é conhecido, o que ocorre com freqüência, o mento de inércia dessa área em 
relação a um eixo paralelo é determinado através de Teorema dos Eixos Paralelos. 
Para derivarmos esse teorema, consideraremos o cálculo do momento de inércia da 
área sombreada mostrada na figura em relação ao eixo x. Neste caso, um elemento 
infinitesimal dA é localizado a uma distância arbitrária y’ em relação ao eixo x’ que 
passa pelo centróide, onde a distância fixa entre os eixo paralelos x e x’ é definido por 
dy Uma vez que o momento de inércia de dA em relação ao eixo x é dIx = (y’ + dy)2.dA, 
então, para toda a área 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
fig. 34 – Teorema dos eixos paralelos. 
 
 
∫∫∫
∫
+++=
+=
dAdydAydydAyIx
dAdyyIx
22
2
'..2.'
.)'(
 
 
 
A primeira integral representa o momento de inércia em relação ao eixo que 
passa pelo centróide, Ix . A segunda integral (momento estático ou momento de 
primeira ordem) é nula, pois o eixo x’ passa pelo centróide da área, isto é, 
,0.''.:.
'.
' === ∫∫∫
∫ dAydAy
dA
dAy
y pois 0' =y . Lembrando que a terceira integral 
representa a área total, o resultado final fica 
 
 
 
 
2.dyAIxIx += 
 
 
 
Mecânica Geral 57
Exercício resolvido 27: 
 
Determine o memento de inércia da área retângula abaixo em relação ao eixo x em 
função de “b e h”. 
 
 
Solução: 
A dy2 A. dy2 Ix Ix 
b.h 
42
22 hh =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ 4
. 3hb 
12
. 3hb 
4
. 3hb +
12
. 3hb =
3
. 3hb 
 
Assim Ix = b.h3/3 
 
Exercício resolvido 28: 
 
Determine o momento de inércia de área da figura em relação ao eixo x. 
 
 
Solução: 
 
A figura é a composição de duas áreas. O momento de 
inércia de área de todo perfil em relação a x será igual a soma 
dos momentos de inércias de áreas parciais em relação a x. 
 
 
 
 
 
 
 
 A dy2 A. dy2 Ix Ix 
A1 28 15.15 = 225 6300 14.23/12 = 9,33 9,33 + 6300 = 6309,33 
A2 28 7.7 = 49 1372 2.143/12 = 457,33 457,33 + 1372 = 1829,33 
Total 6309,33 + 1829,33 = 8138,66 
 
Respostas: Ix = 8.138,66 cm4 
Mecânica Geral 58
 
6.5. RAIO DE GIRAÇÃO DE UMA ÁREA 
 
 
O raio de giração de uma área plana ( k ) tem a unidade de comprimento e é a 
quantidade freqüentemente utilizada pela mecânica estrutural no projeto de colunas. 
Sendo as áreas e os momentos de inércia conhecidos, os raios de giração são 
determinados pelas fórmulas abaixo. 
 
A
Jok
A
I
k
A
I
k yy
x
x === 0 
 
 
Exercício resolvido 29: 
 
Determine o raio de giração em relação a x da figura do exemplo 03. 
 
Solução: 
 
Atotal = 28 + 28 = 56 cm2 
Ix = 8.138,66 cm4 cmkx 06,1256
66,8138 ==