Apostila Mecânica Vetorial

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1
1 INTRODUÇÃO
1.1 GENERALIDADES
Conceito. Mecânica é a ciência física que descreve e prediz as condições de repouso
ou movimento de corpos sob a ação de forças.
Aplicações. Cálculo Estrutural, Projeto de Máquinas, Escoamento de Fluídos,
Instrumentação Elétrica.
Áreas do conhecimento que têm como base a Mecânica.
Mecânica dos Corpos Rígidos
M e c â n i c a d o s C o r p o s
Deformáveis
Mecânica dos Fluídos
Estática
Dinâmica
Fluídos Incompressíveis
Fluídos Compressíveis
Elasticidade
Plasticidade
Viscoelasticidade
A divisão da Mecânica dos Corpos Rígidos em Estática e Dinâmica existe por razões
práticas e históricas, já que a Estática é um caso particular da Dinâmica.
Histórico.
� Aristóteles (384 a 322 AC) : Maioria dos Princípios da Estática;
� Arquimedes (287 a 212 AC) : Equilíbrio de Alavancas;
� Galileu Galilei (1564 a 1642) : Pêndulos e corpos em queda livre, medidas precisas do
tempo;
� Isaac Newton (1642 a 1727) : Formulação satisfatória para os princípios da Estática,
Leis fundamentais do movimento, Lei Universal da Atração Gravitacional;
� D’Alembert, Lagrange, Euler, Hamilton;
� Einstein (1905) : Teoria da Relatividade – Mecânica Relativista
Apesar das limitações da Mecânica Newtoniana terem sido reconhecidas, ela continua
como base da Engenharia nos dias de hoje.
Conceitos úteis.
� Espaço: Região geométrica ocupada por corpos cujas posições são descritas por medidas
lineares e angulares em relação a um sistema de coordenadas. Um ponto é definido no
espaço por 3 coordenadas (x, y, z).
� Tempo: Medida da sucessão de eventos. Além da posição no espaço, o instante em que
ocorre cada evento deve ser conhecido.
� Massa: Medida da inércia de um corpo.
� Força: Representa a ação de um corpo sobre o outro. Esta ação pode ser por contato ou a
distância (forças gravitacionais, forças eletromagnéticas). A força é uma grandeza vetorial
sendo, então, representada por seu módulo, direção e sentido.
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2
P1
P2
R
� Partícula (ponto material): Porção da matéria que pode ser considerada como ocupando
um único ponto no espaço (a sua forma e dimensão não são consideradas).
� Corpo Rígido: É uma combinação de um grande número de partículas que ocupam
posições fixas relativamente umas às outras. O corpo se desloca como um todo, não há
movimento relativo entre as partículas, portanto não há deformação.
1.2 PRINCÍPIOS FUNDAMENTAIS DA MECÂNICA
Lei do paralelogramo para a adição de forças. Duas forças atuantes sobre uma
partícula podem ser substituídas por uma única força resultante obtida pela diagonal do
paralelogramo conforme ilustrado na Fig. 1.1. Este princípio não pode ser demonstrado
matematicamente, mas é verificado experimentalmente.
21 PPR +=
Figura 1.1 – Regra do paralelogramo.
Princípio da transmissibilidade. A condição de repouso ou movimento de um corpo
rígido não se altera, caso se modifique o ponto de aplicação da força sobre a mesma linha de
ação. A Fig. 1.2 ilustra este princípio, num primeiro momento tem-se a força aplicada no
ponto A da reta s e num segundo momento a força está aplicada no ponto B pertencente a
mesma reta.
F
A
B
r
=
F
A
B
r
Figura 1.2 – Princípio da transmissibilidade.
Este princípio se aplica sem restrições na Mecânica dos Corpos Rígidos, mas o mesmo
não ocorre com os corpos deformáveis, como por exemplo, o caso de um cabo submetido à
tração, que está ilustrado na Fig. 1.3. No caso A tem-se tração no cabo e no caso B tem-se
compressão no cabo.
Figura 1.3 – Exemplo de falha do princípio da transmissibilidade.
- F F F - FA B
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3
Primeira Lei de Newton. Se a força resultante que atua sobre uma partícula em
repouso é nula, então ela permanecerá em repouso. Se a força resultante que atua sobre uma
partícula em movimento retilíneo uniforme (MRU) é nula, então ela permanecerá em MRU.
Segunda Lei de Newton. Se a força resultante que atua sobre um ponto material não é
nula, este terá uma aceleração proporcional à intensidade da resultante e na mesma direção e
sentido desta. Logo pode-se escrever:
aF ⋅= m (1.1)
Na realidade, a segunda Lei de Newton é escrita de modo mais completo como sendo
a derivada da quantidade de movimento L conforme equação (1.2). Nota-se que, neste caso, o
lado direito da expressão é composto por 2 termos. O termo que tem a derivada da massa
dm/dt tem sentido em sistemas que tenham variação contínua de massa, tais como, veículos
lançadores de satélites. Para os demais sistemas, que são a maioria, este termo é nulo. Por este
motivo a segunda Lei de Newton é normalmente apresentada sob a forma da (1.1). Na (1.2) o
termo dv/dt representa a aceleração.
( )
dt
dm
dt
dmm
dt
d vvvLF +=== � (1.2)
Terceira Lei de Newton. As forças de ação e reação entre corpos em contato têm o
mesmo módulo, direção e sentidos opostos.
Lei da atração gravitacional de Newton. Duas partículas de massa m1 e m2 são
mutuamente atraídas por forças iguais e opostas de módulo F, dadas pela equação (1.3), em
que G é Constante Universal de Gravitação (G = 6,673x10-11 m3/kg s2) e r é a distância entre
os centros das partículas.
F G
m m
r
=
1 2
2 (1.3)
Um caso particular do emprego desta lei se dá na determinação da força exercida pela
Terra sobre uma partícula localizada em sua superfície. Esta força, que é definida como Peso
da partícula, é calculada fazendo-se m1 representar a massa da Terra (aproximadamente
5,983x1024 kg) e m2 a massa da partícula. Além disso, considera-se r como sendo o raio
médio da Terra (6,38x106 m). Com estes valores defini-se a aceleração da gravidade g pela
expressão (1.4), e o peso da partícula pela expressão (1.5). O valor de g varia com a posição
da partícula sobre a superfície da Terra. O seu valor usual é de 9,806 m/s2.
g
Gm
r
=
1
2 (1.4)
P m g= 2 (1.5)
1.3 SISTEMA DE UNIDADES
A aplicação das unidades é uma fonte de erro comum em problemas. Neste sentido,
devemos sempre indicar qual a unidade de um certo valor ao longo da solução de um
problema, já que um número sem unidade pode ser interpretado de qualquer forma. Deve-se
tomar cuidado de se trabalhar com sistemas de unidades coerentes. Finalmente ao se obter
uma resposta procure ser crítico com relação a ela. Muitas vezes o uso correto das unidades
pode nos revelar algum erro de cálculo durante a solução do problema.
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4
Sistemas de unidades coerentes são os sistemas que têm a constante g0, também
chamada de constante de proporcionalidade, empregada na equação (1.6), igual a 1.
0g
maF = (1.6)
Os sistemas de unidades coerentes de uso mais comum são
� Sistema cgs: a força de 1 dina acelera a massa de 1 g de 1 cm/s2;
� Sistema mks: a força de 1 newton acelera a massa de 1 kg de 1 m/s2;
� Sistema pé-libra-segundo: a força de 1 libra-força acelera a massa de 1 slug de 1 ft/s2.
No entanto, quando se aplica a mesma palavra para indicar a unidade de massa e de
força, num mesmo sistema, o valor de g0 não é mais unitário. As definições de força que caem
neste caso são:
� 1 libra-força é a força que acelera 1 libra-massa de 32,174 ft/s2;
� 1 quilograma-força é a força que acelera 1 quilograma-massa de 9,806 m/s2.
Para estes sistemas a constante g0 vale 2 174,32 slbf
ftlb e 2 ,8069 skgf
mkg .
Na solução de problemas procure sempre aplicar o Sistema Internacional, SI, cujas
grandezas fundamentais são comprimento em metros [m], tempo em segundos [s], massa em
quilograma [kg] e força em Newton [N].
Múltiplos
� k : 103 (ex: 2 kN = 2000 N)
� M: 106 (ex: 1 MN = 1000000 N)
1.4 CLASSIFICAÇÃO DAS FORÇAS
Forças Externas. São as forças que atuam num corpo devido àação de outros corpos
sobre este. Estas forças podem ser divididas em Ativas e Reativas. As forças Ativas causam
uma tendência de movimento no corpo, enquanto as forças Reativas tendem a evitar o
movimento do corpo.
Forças Internas. São as forças responsáveis por manter unidas as partículas que
formam o corpo rígido.
Forças Concentradas. São forças que atuam num único ponto. Estas forças são uma
idealização da realidade, que tem a função de facilitar os processos de cálculo. Não existe
constatação prática da sua existência.
Forças Distribuídas. São forças que atuam numa determinada região do corpo. Por
exemplo pressão atuando sobre uma superfície.
Forças Estáticas. São forças que podem ser consideradas constantes no tempo. Estas
forças são aplicadas de modo bastante lento.
Forças Dinâmicas. São forças variáveis no tempo.
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5
A
b
C
B
a
c
B
D
CA
60o
α
3 m
6 m
P
T
800 N
R
α θ
θ600 N
1.5 OPERAÇÕES COM VETORES
Vetor Oposto. O vetor oposto a P é definido como um vetor que tem a mesma
intensidade, direção e sentido contrário ao de P, tal que P + (-P) = 0.
Subtração. P – Q = P + (- Q).
Soma de mais de dois vetores. A soma de vetores admite a propriedade associativa
ou seja P + Q + S = (P + Q) + S, conforme ilustrado na Fig. 1.4.
Figura 1.4 – Esquema para a soma de mais de dois vetores.
Exemplo 1.1 Combine as duas forças P e T, que atuam no ponto B da estrutura fixa ilustrada
na Fig. 1.5, numa só força. Considere P = 800 N e T = 600 N.
Solução: Para a solução deste problema
deve-se aplicar a lei dos senos e a lei dos cossenos.
Lei dos senos
c
C
b
B
a
A
sensensen
==
Lei dos cossenos
cABBAC cos222 −+=
Figura 1.5 - Ilustração do exemplo 1.
Inicialmente representa-se um diagrama de corpo livre das forças que estão atuando no ponto
B. Para se determinar o ângulo α faz-se
m 2,560sen6 =⋅=BD
m 6ADm 360cos6 =→=⋅=CD
9,40
6
2,5tan =→== αα
AD
BD
Com α conhecido obtém-se facilmente
N 5249,40cos6008002800600 22 ≈⋅⋅⋅−+=R
6,48
sen
600
9,40sen
524
=→= θ
θ
Obs - Diagrama de corpo livre. Representação num esquema separado de todas as forças que
atuam no problema.
P
P+Q
S
Q
R
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6
X
Y
F
Fx
Fy
θx
θy
i
j
8 m
6 
m
A
B
1.6 COMPONENTES CARTESIANAS DE UMA FORÇA NO PLANO
O procedimento utilizado para resolver o problema anterior, embora seja válido, fica
cada vez mais difícil de ser aplicado a medida que o número de forças envolvidas vai
aumentando. Além disso, este procedimento é mais difícil de ser programado.
Na grande maioria dos problemas de Engenharia trabalha-se com as forças
representadas por suas componentes como ilustrado na Fig. 1.6.
Representando a força F por suas componentes pode-
se escrever yx FFF += em que Fx e Fy são as componentes
vetoriais da força F. Expressão semelhante pode ser escrita
em função dos vetores unitários i e j, ou seja jiF yx FF +=
em que Fx e Fy são as componentes escalares da força F.
Figura 1.6 – Representação da força F por suas componentes.
Como a força F é um vetor são válidas as seguintes propriedades:
xx FF θcos⋅= , yy FF θcos⋅= e 
22
yFFF x +=
em que θx e θy são os ângulos diretores da força F em
relação aos eixos X e Y. Em alguns problemas pode ser
mais interessante empregar o sistema de referência
inclinado como na Fig. 1.7.
Figura (1.7) Representação da força F por componentes definidas em relação a um sistema de
referência inclinado.
Exemplo 1.2 Aplica-se uma força de 300 N na corda AB conforme Fig. 1.8. Quais são as
componentes horizontal e vertical da força exercida pela corda no ponto A?
Solução:
m 1068 22 =+=AB
N 240
10
8300cos =⋅== αFFx
N 180
10
6300cos =⋅== θFFy
As formas de representar o vetor força neste caso são
N )180;240( ouN 180240 −=−= FjiF ou
N )6,0;8,0(300 −=F
Figura 1.8 – Ilustração do exemplo 1.2.
X
Y
F
F x
F y θ x
θ y
i
j
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7
75 kg
FAB
FAC
B
A
C
30o50
o
736 N
50
30
FAB
FAC
736 N
50 30
FAB FAC
x
y
1.7 EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA
Objetos considerados como partículas somente podem ser submetidos a sistemas de
forças concorrentes, ou seja todas as forças passam pelo ponto em que está a partícula.
A condição de equilíbrio de uma partícula está relacionada com a primeira Lei de
Newton: Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre uma partícula é nula, esta
partícula está em repouso ou em movimento retilíneo uniforme. Logo a condição necessária
para que uma partícula esteja em equilíbrio no plano é
( ) jiji0F 00 +=+→= ∑∑ yx FF que resulta em 0,0 == ∑∑ yx FF .
Exemplo 1.3 Calcular as forças que atuam nos cabos AB e AC, ver Fig. 1.9,
considerando-se que o objeto sustentado pelos cabos está em equilíbrio.
Solução:
Empregando-se o triângulo de forças deve-se inicialmente
fazer um esquema do mesmo.
Figura (1.9) – Ilustração do exemplo 1.3.
Com base neste esquema pode-se escrever N 647
40sen60sen80sen
736
=→== AB
ACAB F
FF
 e N 480 =ACF
Trabalhando-se com as componentes cartesianas das forças, deve-se fazer um diagrama de corpo livre
do ponto A. A partir deste diagrama pode-se escrever as equações de equilíbrio (1) e (2).
ABACABACx FFFFF 742,0050cos30cos0 =→=−→=∑ (1)
073650sen30sen0 =−+→=∑ ABACy FFF (2)
Substituindo-se (1) em (2) obtém-se
N 480 eN 647 == ACAB FF
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8
45o
α
A B
C
30o
P
1.8 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Um bloco de 3 kN é suportado por dois cabos AC e BC conforme ilustrado na Fig 1.10.
Para que valor de α a força no cabo AC é mínima? Quais os valores correspondentes das
forças nos cabos AC e BC?
Figura 1.10 – Ilustração do exercício 1.
Solução: A solução deste problema parte da escrita das equações de equilíbrio para o ponto C.
60cos
cos0cos60cos0 αα ACCBACCBx
FFFFF =→=−→=∑ (1)
03sen60sen0 =−+→=∑ αACCBy FFF (2)
Substituindo-se (1) em (2) obtém-se
( ) ( )60tancossen
3360tancossen
αα
αα
+
=→=+ ACAC FF (3)
Como o objetivo da questão é minimizar a força FAC vamos calcular a derivada da expressão (3) e igualar ela a
zero.
( )
( ) 0cos
60tansen1060tansencos0
60tancossen
60tansencos3
2 =−→=−→=+
−−
α
α
αα
αα
αα
kN 6,2 ekN 5,130
60tan
1tan ==→=→= CBAC FFαα
2) A força P está aplicada sobre uma pequena polia que rola sobre o cabo ACB conforme
ilustrado na figura 1.11. Sabendo que a força em ambas as partes do cabo é de 750 N,
determine a força P.
Solução:
Para se resolver este problema deve-se
escrever as equações de equilíbrio para o ponto C.
Figura 1.11 – Ilustração do exercício 2.
19,119sen0sen30cos45cos0 =→=+−→=∑ αα PPFFF CACBx (1)
33,905cos0cos30sen45sen0 =→=−+→=∑ αα PPFFF CACBy (2)
3 kN
60oα
A B
C
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9
A B20
 o 50 o
C
F
β
Figura (1)
135o
60o
2 kgf
Figura (2)
C
A
B
Substituindo-se (2) em (1) obtém-se
N 1,913 e 5,71316,0tan19,119sen
cos
33,905
==→=→= Pααα
α
1.9 EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1) Duas cordas estão amarradas em C, conforme figura (1). 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 força máxima?
Resposta: kN 87,2105 =→= Fβ
2) Uma luminária pesando 2 kgf, figura (2), está suspensa pelos cabos AC e BC. Determine
os valores das forças nos cabos para que o ponto C esteja em equilíbrio.
Resposta: kgf 03,1=CAF e kgf 46,1=CBF
3) Considerando que o ponto B está em equilíbrio,figura (3) determine o valor da força no
cabo AB e o valor da carga P.
45o 60o
P
10 kgf
A
B
C
Figura (3)
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10
X
Y
Z
A
O
C
B
Fx
F
Fz
Fy
Fh
θy
φ
θX
θZ
FFF
k
j
i
N(x2,y2,z2)
M(x1,y1,z1)
F
λλλλ
2. ESTÁTICA DOS PONTOS MATERIAIS NO ESPAÇO
2.1 COMPONENTES CARTESIANAS DE UMA FORÇA NO ESPAÇO
A Fig (2.1) representa a decomposição de uma força F no espaço. Esta força é
representada por suas componentes vetoriais Fx, Fy e Fz, que são orientadas nas direções dos
eixos X, Y e Z. Logo pode-se escrever zyx FFFF ++= ou kjiF zyx FFF ++= utilizando-se
os vetores unitários. Neste caso, Fx, Fy e Fz são as componentes escalares de F.
As projeções F nos eixos de
referência são dadas por
yy FF θcos⋅=
yh FF θsen⋅=
φθφ sensensen ⋅=⋅= yhz FFF
φθφ cossencos ⋅=⋅= yhx FFF
O módulo do vetor F é obtido
fazendo-se
222
zyx FFFF ++=
Os ângulos θx, θy e θz
representados na Fig 2.1 são os
ângulos diretores da força F.
Figura 2.1 – Decomposição de uma força no espaço.
Para os cossenos diretores é válida a relação 1coscoscos 222 =++ zyx θθθ .
Emprega-se o conceito dos cossenos diretores para se escrever a força F como( )zyxF θθθ cos,cos,cos=F , em que ( )zyx θθθ cos,cos,cos é o vetor unitário que indica a
direção e sentido de F.
No caso da reta de ação da força F ser definida por dois pontos M e N, Fig. 2.2, deve-se
definir o vetor unitário λλλλ como
( )
d
ddd
MN
zyx ,,
=
MN em que dx = (x2 – x1), dy = (y2 – y1) e dz = (z2 – z1) e d é a distância entre
os pontos M e N.
Figura 2.2 – Representação da reta suporte
de uma força por dois pontos.
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11
Y
Z
X
F
80
30
(m)
40
A
B
Exemplo 2.1 O cabo de sustentação de uma torre está ancorado por meio de um
parafuso fixo no ponto A conforme ilustrado na Fig. 2.3. Sabendo que a força no cabo é de
2500 N, determine as componentes da força que atua sobre o parafuso, bem como os ângulos
diretores da força.
 (B-A) = (-40, 80, 30)
( ) m 3,94308040 222 =++−=AB
( ) ( )318,0;848,0;424,0
3,94
30,80,40
−=
−
=λ
( ) N 318,0;848,0;424,02500 −== λF F
A partir desta expressão obtém-se
facilmente as componentes da força e seus
ângulos diretores fazendo-se
°≈=−= 1151,115)424,0arccos(xθ
N 10602500424,0 −=⋅−=xF
°== 32)848,0arccos(yθ
N 21202500848,0 =⋅=yF
°≈== 715,71)318,0arccos(zθ
N 7952500318,0 =⋅=zF
Figura 2.3 -
Este problema pode ser facilmente resolvido com o uso da calculadora HP 48G ou
modelo superior. Para isto basta indicar que (-40, 80 , 30) é um vetor, o que é feito
pressionando-se as teclas e [x] (o símbolo [] indica uma tecla). Com isto deve aparecer
na parte inferior da pilha dois colchetes: []. Depois basta digitar os números com os
correspondentes sinais. Entre cada número deve-se pressionar a tecla [SPC] para deixar um
espaço entre eles (-40 [SPC] 80 [SPC] 30). Fornecidos os três números pressiona-se [Enter]
para que o vetor ocupe a primeira posição da pilha. Depois pressiona-se [Enter] novamente
para copiar o vetor para a segunda posição da pilha. A seguir pressiona-se a tecla [MTH] e
depois a tecla [A] que seleciona o modo de operação com vetores (VECTR). Esta operação
fica mais clara quando se observa a parte inferior da tela. Seleciona-se a operação ABS
através da tecla [A]. Imediatamente o módulo do vetor passa a ocupar a primeira posição da
planilha. Depois basta dividir o vetor pelo módulo pressionando-se a tecla de divisão. Para
obter as projeções da força basta multiplicar o vetor resultante por 2500.
Para maiores detalhes sobre a operação da calculadora sugere-se uma consulta ao
manual desta.
2.2 EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA NO ESPAÇO
A condição de equilíbrio de uma partícula no espaço também vem da Primeira Lei de
Newton ou seja ( ) kjikji0F 000 ++=++→= ∑∑ zyx FFF , o que resulta em :
0,0,0 === ∑∑∑ zyx FFF .
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12
2.3 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) O tripé ABCD, figura (1), e o tambor E estão instalados para elevar uma carga de 3 tf
( kgf 1000 tf1 = ) de um poço de uma mina. Determinar os esforços nos pés do tripé
durante o levantamento uniforme da carga, considerando que o triângulo ABC é equilátero
e os ângulos formados pelos pés e o cabo DE com o plano horizontal são iguais a 60°.
Solução:
Para se resolver este problema deve-se notar que as
3 barras, que formam o tripé, bem como o cabo, que sustenta
o peso P, concorrem ao ponto D ou seja temos um problema
no qual todas as forças concorrem ao mesmo ponto. Logo
este exercício pode ser resolvido aplicando apenas a
condição de equilíbrio de uma partícula. Portanto as
equações que empregaremos são:
0 , 0 , 0 === ∑∑∑ zyx FFF
Segundo o texto, todas as barras do tripé fazem um
ângulo de 60° com a horizontal. O mesmo vale para o cabo
ED. Logo a equação 0 =∑ zF nos permite escrever
F F FBD AD CDsen sen sen sen60 60 60 3 60 3 0
� � � �+ + − − =
ou
F F FBD AD CD+ + = 6 46, (1)
Pode-se notar na expressão acima que não basta
considerarmos apenas o peso de 3 tf. Temos que levar em
conta também a tensão no cabo. Neste sentido é importante
salientar que a tensão no cabo é igual ao peso porque se
considera a polia como perfeita ou seja sem atrito.
Continuando a solução, vamos fazer um diagrama de corpo livre no plano horizontal das forças que
atuam em D. Pelo diagrama podemos escrever as duas equações de equilíbrio restantes.
F F Fx BD AD∑ = → − + =0 60 60 60 60 0 cos sen cos sen� � � �
ou
F FAD BD= (2)
Este resultado representa a simetria do tripé em relação ao eixo y.
F F F Fy CD BD AD∑ = → − − + + =0 3 60 60 60 60 60 60 0 cos cos cos cos cos cos� � � � � � (3)
Empregando-se em (3) o resultado (2) e operando-se fica
3 ou 060cos23 −==+−− BDCDBDCD FFFF
� (4)
Substituindo-se (4) em (1) obtém-se
2 3 6 46 315 015F F F FBD BD BD CD+ − = = =, , , logo tf , tf 
y
x
A
C
B
D
E
y
P
z
D
E
A C
Figura (1)
D FCD cos60
�3 60cos �
FBD cos60
�
FAD cos60
�
x
y
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13
A
C
D
B
P
4620 N
X
Y
Z
0,6
0,7
(m)
1,
12
5
0,65
0,4
5
2) Uma caixa está suspensa por 3 cabos como ilustrado na figura (2). Determine o peso da
caixa sabendo que a força no cabo AD é de 4620 N.
Solução: O primeiro passo é obter as coordenadas
dos pontos de interesse.
A( 0; -1,125; 0), B( 0,7; 0; 0),
C( 0; 0; -0,6) e D( -0,65; 0; 0,45).
Depois deve-se definir os vetores com as direções
dos cabos e com os sentidos das forças:
(D – A) = (-0,65; 1,125; 0,45)
 (C – A) = (0; 1,125; -0,6)
 (B – A) = (0,7; 1,125; 0)
Para cada um dos 3 vetores acima definidos deve-se
calcular o correspondente versor, o que pode ser
feito facilmente aplicando-se a calculadora HP.
Como resultado desta operação obtém-se
( )327,0;818,0;473,0λAD −= , ( )471,0;882,0;0 −=ACλ e ( )0;849,0;528,0=ABλ
Escrevendo-se todas as forças envolvidas no problema em notação vetorial obtém-se
( ) ( )N 1512,3780,2184327,0;818,0;473,04620 −=−⋅=ADF ( )471,0;882,0;0 −= ACAC FF ( )0;849,0;528,0ABAB F=F
jP P−=
Escrevendo-se agora as equações de equilíbrio pode-se resolver o problema.
N 4,41360528,021840 =→=+−→=∑ ABABX FFF
N 2,32100471,015120 =→=−→=∑ ACACZ FFF
N 101230849,0882,037800 =→=−++→=∑ PPFFF ABACY
2.4 EXERCÍCIO PROPOSTO
1) O cabo de sustentação de uma torre, figura (1), está ancorado por meio de um parafuso em
A. A tração no cabo é de 3000 N. Determine as componentes da força F que atua sobre o
parafuso e os ângulos que definem a direção da força.
A
B
Z
Y
X
30 m
40 m35o
Figura (1)
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14
ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 1
Os trabalhos devem ser desenvolvidos em folha A4 branca a caneta e sem rasuras, ou
podem ser desenvolvidos em editor de texto. Neste caso, o trabalho pode ser entregue em
arquivo (formato .rtf, pdf ou .doc) ou impresso em folha A4 branca. Trabalhos fora destas
condições não serão avaliados.
1) A grua BAC, figura (1), levanta uma carga de 2,5 kN por meio de uma corrente que passa
pelas polias A e D. Determine as forças que atuam nas barras BA e AC.
2) Um recipiente pende de um cabo único que passa através de um anel, sem atrito, e é atado
aos pontos fixos B e C. Duas forças, H = Hi e Q = Qk, são aplicadas ao anel a fim de que o
recipiente permaneça na posição ilustrada. Sabendo que o peso do recipiente é de 376 N,
determine os módulos de H e Q.
A
C
B
376 N
X
Y
Z
240
150
(mm)
40
0
130
16
0
B
P
A
C
D
30°
30°
60°
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15
3) Uma carga de 1000 kgf está suspendida no ponto D conforme figura (3). As uniões das
barras nos pontos A, B, C e D são articuladas. Determinar as reações dos apoios A, B e C.
Z
Y
X
C
A
B
15 30
45
45
1000 Kgf
D
Figura (7)
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16
π
Q
P
V=PxQ
θ
3. MOMENTO DE UMA FORÇA
Os problemas que foram abordados até aqui consideram que todas as forças são
concorrentes num ponto. Entretanto, esta condição não é muito comum nos problemas reais.
3.1 PRODUTO VETORIAL
A Fig. (3.1) ilustra o produto vetorial que tem como principais características:
• A linha de ação de V é perpendicular ao plano π, que é definido pelos vetores P e Q;
• O módulo de P e Q vezes o seno do menor ângulo formado entre os dois vetores fornece o
módulo de V ( o180≤θ );
• O sentido de V é dado pela regra da mão direita.
Figura 3.1 – Ilustração do produto vetorial.
Propriedades de interesse.
• ( ) 2121 QPQPQQP ×+×=+× ;
• ( ) ( )SQPSQP ××≠×× ;
• 0kk0jj0ii =×=×=× , , ;
• jik ikj kji =×=×=× , , ;
• ( ) ( ) ( )kji
kji
QPV xyyxzxxzyzzy
zyx
zyx QPQPQPQPQPQP
QQQ
PPP −+−+−=










=×=
O produto vetorial pode ser facilmente calculado pela HP. Para tal basta fornecer dois
vetores conforme procedimento apresentado no exemplo 2.1. Depois basta pressionar as
teclas [MTH]+[A]+[C]. A tecla [C] corresponde a escolha da operação CROSS que está
indicada na parte inferior da tela.
Em algumas situações é útil fazer o produto vetorial em função dos vetores unitários,
para tal faz-se PP uP ⋅= e QQ uQ ⋅= , e escreve-se o produto vetorial como
QPQP uuQPV ×⋅⋅=×=
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17
3.2 MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO
O momento de uma força em relação a um ponto é definido como o produto vetorial
entre o vetor posição r, que localiza o ponto de aplicação da força, e o vetor força F. A figura
(3.2) ilustra o cálculo deste momento.
Figura 3.2 – Cálculo do momento de uma força.
Na figura acima r é o vetor posição, θ é o menor ângulo entre os vetores r e F, Mo é o vetor
momento e d é a distância ortogonal entre a reta suporte da força F (reta s) e o ponto em
relação ao qual se deseja calcular o momento (ponto O). A distância d é normalmente
chamada de braço de alavanca.
Características do momento de uma força:
• FrM ×=o , momento é uma grandeza vetorial;
• Módulo: dFFrMo ⋅=⋅⋅= θsen ;
• Direção: Ortogonal ao plano definido pelos vetores r e F;
• Sentido: Regra da mão direita;
• Ponto de aplicação: Ponto O;
• Unidade: força x distância ( Nm, Nmm, kgfcm);
• Para existir momento deve existir uma força e um braço de alavanca.
O momento Mo (também pode ser representado como oM
�
) mede a tendência de a
força F fazer o corpo rígido girar em torno de um eixo fixo dirigido segundo a direção de
oM
�
. Deve-se observar que o momento de uma força em relação a um ponto, embora dependa
do módulo, da linha de ação e do sentido da força, não depende da posição real do ponto de
aplicação desta ao longo de sua linha de ação.
sFr
d
θ
Mo
O
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18
Em problemas que envolvam sistemas de forças coplanares, Mo é representado por
uma seta que indica o sentido de rotação induzida por F. Momentos saindo do plano da página
são positivos e momentos entrando no plano da página são negativos. O momento no plano
sempre terá a direção k ou seja kM oo M= . A Fig. (3.3) ilustra os três casos possíveis quanto
ao cálculo do momento no plano.
Convenção:
Figura 3.3 – Três situações possíveis quanto ao cálculo do momento no plano.
Componentes cartesianas de um momento. Como o momento é um vetor, pode-se
expressá-lo em função das suas componentes ou seja kjiM ozoyoxo MMM ++= . O cálculo
do momento através do produto vetorial é feito pela equação (3.1).
( ) ( ) ( )kji
kji
FrM xyyxzxxzyzzy
zyx
zyxo FrFrFrFrFrFr
FFF
rrr −+−+−=










=×= (3.1)
Como calcular o momento no espaço. Para se calcular o momento que uma força
aplicada num ponto B causa num ponto A, ver Fig. (3.4), pode-se proceder de dois modos:
cálculo através de determinante ou cálculo direto.
+ -
d
O
F
Mo
Mo = - F.d
d
O
F
Mo
Mo = F.d
O
F
Mo = 0
X
Y
Z
A
rx
rz
ry
BFx
Fy
Fz
Figura 3.4 – Cálculo do momento
em 3D.
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19
No caso do cálculo por determinante, o vetor posição é definido como a diferença
entre o ponto de aplicação da força e o ponto em relação ao qual se deseja obter o momento
ou seja ( ) ( )zzyyxx ABABABAB −−−=−= ;;r . Para completar o cálculo basta substituir
este vetor na equação (3.1).
Para o cálculo direto devem ser observadas as seguintes regras:
• Calcular os momentos separadamente para cada um dos eixos (Mox, Moy, Moz);
• Forças paralelas ao eixo em relação ao qual se deseja calcular o momento, não causam
momento neste eixo;
• Forças concorrentes com um certo eixo, não provocam momento neste eixo.
Tomando-se como exemplo a força Fx, verifica-se que esta é paralela a X e portanto
não causa momento Mx. Por outro lado, Fx gera momento na direção Y, que vale zx rF ⋅ (este
momento é positivo porque a tendência de giro está na direção positiva do eixo Y), e
momento na direção Z, que vale yx rF ⋅− .
3.3 TEOREMA DE VARIGNON (MATEMÁTICO FRANCÊS 1654 – 1722)
A soma dos momentos de todas as forças de um sistema de forças concorrentes em
relação a um dado ponto, é igual ao momento criado pela resultante do sistema em relação ao
mesmo ponto. Vale a pena mencionar que este teorema foi proposto muito antes do
conhecimento da álgebra vetorial. A Fig. (3.5) e a equação (3.2) ilustram este teorema.
Figura 3.5 – Representação do teorema de Varignon.
2211 dFdFdR ⋅+⋅=⋅ (3.2)
Obs. Considerando-se que força é uma grandeza vetorial, este teorema é obtido diretamente
pela propriedade distributiva da álgebra vetorial.
Exemplo 3.1. Calcular o momento da força de 600 N em torno do ponto O na base do
poste ilustrado na Fig. (3.6).
N 38640sen600,N 46040cos600 −=⋅−==⋅= yx FF
O sinal negativo indica que a força Fy está orientada para baixo na direção vertical. Este sinal
é opcional já que pelo desenho está indicado o sentido da força. Logo, este sinal não tem
influência no sinal do momento que é obtido pela regra da mão direita.
Nm 2612ouNm 261238624604 kM −=−=⋅−⋅−= ooM
F2
F1
R
d
d2
d1
P
O
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20
Figura 3.6 – Ilustração doexemplo 3.1.
Exemplo 3.2. Calcular o momento no ponto A, causado pela força de 160 kN,
conforme ilustrado na Fig. (3.7).
Figura 3.7 – Ilustração do exemplo 3.2.
m 1330cos15,m 5,730sen15 =⋅==⋅= xy
N 6,13830cos160,N 8030sen160 −=⋅−==⋅= yx FF
( ) ( ) kNm 6,24842136,1385,75,480 −=−⋅−+⋅−=AM
3.4 MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM EIXO DADO
Em algumas situações pode ser necessário o calculo do momento de uma força em
relação a um eixo inclinado (que não seja os eixos X, Y e Z). Tomando-se como exemplo a
Fig. (3.8), deseja-se calcular o momento da força F em relação ao eixo OL. O primeiro passo
é calcular o momento de F em relação ao ponto O. Depois deve-se projetar o momento
resultante na direção do eixo OL, para tal deve-se definir um vetor unitário λ , que tem a
mesma direção do eixo OL, e fazer o produto escalar entre os vetores λ e oM . Esta operação
resulta na equação (3.3).
( )










=ו=•=
zyx
zyx
zyx
oOL
FFF
rrrM
λλλ
λ FrMλ (3.3)
A
O
4m
2m
600 N
40o
4,
5 
m
2m
4m
30o 160 kN
A
15 
m
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21
ua
O A
O'
r
F
r'
Mo Ma
Figura 3.8 – Cálculo do momento de uma força em relação a um eixo.
Na equação (3.3), λx, λy, e λz são os cossenos diretores do eixo OL e MOL é a projeção do
momento Mo sobre o eixo OL. A operação representada por esta equação é chamada de
produto misto.
O momento MOL mede a tendência da força F transmitir ao corpo um movimento de
rotação em relação ao eixo OL. O momento MOL é facilmente escrito na notação vetorial
fazendo-se λM ⋅= OLOL M .
A operação indicada em (3.3) pode ser executada na HP em duas etapas: primeiro faz-
se o produto vetorial entre r e F, e depois faz-se o produto escalar entre λλλλ e o vetor resultante
do produto vetorial. O produto escalar entre dois vetores é feito através das seguintes teclas:
[MTH]+[A]+[B]. A tecla [B] corresponde à opção DOT que está apresentada na parte inferior
da tela da calculadora.
Pode-se demonstrar que o vetor r pode ser traçado a partir de um ponto qualquer do
eixo OL até o ponto de aplicação da força. Considerando-se a Fig. (3.9) tem-se
Figura 3.9 – Ilustração da independência do ponto de escolha para o cálculo do
momento em relação a um eixo.
L
F
r A
O
λλλλ
Mo
MOL
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22
Z
X
Y
A
B
C
E
D
840 N
3m
2m
3m
3m
2m
5m
6m
X
Y
Z
A
C
4m
1m
3m
3m
2m
B
60 N
( )Fru ו= aaM e ( )Fru ו= '' aaM em que ( ) rr +−= '' OO . Com estas considerações
pode-se escrever
( )[ ] ( ) ( ) aaaaa MOOM =ו=ו+×−•= FruFruFu ''
O termo ( )[ ]Fu ×−• 'OOa se anula porque o produto vetorial gera um vetor que é
ortogonal ao vetor ( )'OO − , e como este vetor é paralelo a ua , esta expressão termina se
anulando.
3.5 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
3.1) O poste AB é sustentado por 3 cabos. Determine o momento em relação a C da força
exercida pelo cabo BE no ponto B, sabendo que a força no cabo BE é de 840 N.
Solução:
( ) FFrM ×−=×= CBC
( ) ( )3,4,3 −=−CB
λBEBE F=F
( )
7
2,6,3λ −==
BE
BE
( ) ( ) N 240,720,3602,6,3
7
840
−=−=BEF










−
−=
240720360
343
kji
MC
( ) Nm 3600,1800,1200 −−−=CM ou ( ) Nm 86,0,43,0,29,04200 −−−−=CM
3.2) A barra Ab é submetida a uma força de 60 N orientada de C para B. Determine o
momento criado por F em relação a A.
Solução:
FrFrM ×=×= CBA
( ) ( )0,4,3,2,3,1 == CB rr
( )
CB
CBFBCBC
−
−
=→= λF λ
( ) ( )2,1,2 −−=−CB
( ) N 40,20,40 −−=BCF










−−
=×=
402040
231
kji
FrM BA
( ) Nm 100,120,160 −=AM ou ( ) Nm 45,0,54,0,72,06,223 −=AM
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23
Z
X
Y
A
CB
30o
400 N
2m
2,
5 
m
Fazendo-se FrM ×= CA deve-se obter a mesma resposta.
3.3) Determine o momento de F em relação ao eixo BC.
Solução: Uma solução possível é trabalhar apenas com a notação vetorial.
Inicialmente vamos definir o vetor unitário que indica a direção do eixo
BC.
( )
( ) ju =−
−
=
BC
BC
BC
 Pode-se observar pela ilustração que o vetor unitário
uBC é o próprio vetor j.
As componentes de F são obtidas fazendo-se
N 20030sen400,N 41,34630cos400 =⋅==⋅= yx FF
( ) Nm 866
020041,346
5,200
010
−=










−=×= • FruM BABCBC
Nm 866 juM −=⋅= BCBCBC M
Uma outra solução possível é fazer
Nm 8665,230cos400 −=⋅⋅−=BCM
O sinal negativo é obtido aplicando-se a regra da mão direita.
3.6 EXERCÍCIOS PROPOSTOS
3.1) Determine o momento da força de 100 N, aplicada em A, em relação ao eixo que passa
por OC.
Resposta: ( )Nm 30300 ;;=OCM� ou MOC = 42,43 Nm
Z
X
Y
A
C
B
1
1O
100 N 3
4
5
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24
4. REDUÇÃO DE SISTEMAS DE FORÇAS 
4.1 DEFINIÇÕES GERAIS 
Binário. Representa um conjunto formado por duas forças opostas de mesmo módulo, 
mesma direção e não colineares. A Fig. (4.1) ilustra um binário. Quando se troca uma roda de 
carro com uma chave estrela aplica-se um binário para apertar ou afrouxar um parafuso. O 
efeito prático de um binário sobre um corpo é provocar a rotação deste em torno de um eixo. 
Figura 4.1 – Ilustração de um binário. 
Conjugado. O momento produzido por um binário é conhecido por conjugado, na 
prática pode-se substituir um binário por um conjugado e vice-versa. Pode-se demonstrar que 
o conjugado é um vetor livre. Para tal, considera-se a Fig (4.2) na qual deseja-se calcular o 
momento no ponto O. Logo pode-se escrever 
Figura 4.2 – Ilustração de um conjugado. 
 ( ) ( ) FrFrrFrFr ×=×−=−×+× BABA (4.1) 
Como o vetor r não depende da posição da origem O, diz-se que o conjugado Mo é um 
vetor livre. Na realidade, pode-se representar este momento simplesmente por M. O módulo 
do conjugado é calculado fazendo-se 
 dFFrMO ⋅=⋅⋅= θsen (4.2) 
No plano esta demonstração também pode ser feita conforme indicado na figura (4.3). 
X
Z
Y
d
F
-F
rA
rB
MO
r
A
B
O
θ
F
-F
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25
F
-F
O a d
 
( ) dFaFdaFM ⋅=⋅−+= 
 
Figura 4.3 – Representação de um conjugado no plano. 
Conjugados Equivalentes. Diz-se que dois conjugados são equivalentes quando 
2211 dFdF ⋅=⋅ 
Conjugado Resultante. Representa a soma dos conjugados existentes no sistema de 
forças ou seja ∑= MMR . 
4.2 TRANSPORTE DE FORÇA ENTRE DUAS RETAS PARALELAS 
Deseja-se transportar uma força F que desliza sobre uma reta r para outra reta s que é 
paralela à primeira, conforme ilustrado na Fig. (4.4). 
Figura 4.4 – Transporte de forças (etapa 1). 
Aplica-se no ponto desejado (ponto B da reta s) um par de forças F, de mesmo módulo 
e direção, mas de sentidos contrários, conforme ilustrado na Fig. (4.5). Deste modo o 
equilíbrio não é alterado. 
Figura 4.5 - Transporte de forças (etapa 2). 
 
F
B
A
s
r
F
B
A
s
r
F
-F
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26
A força F, que atua na reta r, e –F formam um binário, que pode ser substituído por 
um conjugado, conforme ilustrado na Fig. (4.6). Com este procedimento a configuração das 
forças foi modificado sem alterar a condição do equilíbrio do sistema. 
Figura 4.6 - Transporte de forças (etapa 3). 
Em resumo, qualquer força F que atua sobre um corpo rígido pode ser deslocada para 
um ponto arbitrário desde que seja adicionado um conjugado de valor igual ao momento de F 
em relação a este ponto. Como o conjugadoé um vetor livre, ele pode ser aplicado em 
qualquer ponto. Entretanto, por conveniência, ele é aplicado no ponto para o qual vamos 
deslocar F. É importante salientar que o sinal do conjugado é obtido aplicando-se a regra da 
mão direita, considerando-se a força na sua posição original (ponto A da reta r). 
Este mesmo raciocínio pode ser empregado de modo inverso, para substituir um 
sistema força-conjugado por uma força aplicada num ponto conveniente. 
Exemplo 4.1. Dois binários atuam em um bloco conforme ilustrado na Fig. (4.7). 
Deseja-se substituir estes dois binários por um conjugado equivalente. 
 
 
 
 
 
Figura 4.7 – Ilustração do exemplo 4.1. 
Solução: Substitui-se cada um dos binários pelo seu conjugado correspondente. O resultado desta operação está 
representado no esquema acima. Depois deve-se adicionar os dois conjugados de modo a se obter um conjugado 
resultante (esta operação é uma simples soma vetorial). 
oo 1202602360o =→+⋅= ββ logo Nm 86,5120cos75,33275,33 22 =⋅⋅⋅−+=M 
o
x
o
y
y 4,566,33
86,5
120sen
75,3
sen =→=→= φφφ 
B
A
s
r
F
M
M = F. d
A B
D
C
25 N
25 N
30 N 30 N 150 mm
100 mm
60o
60o
3 Nm
3,75Nm
60o
β 3 Nm
3,75Nm
φx
φy
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27
4.3 SIMPLIFICAÇÃO DE UM SISTEMA DE FORÇAS E MOMENTOS 
Pode-se reduzir um sistema de forças e momentos que atua sobre um corpo rígido em 
uma única força resultante, que atua num ponto arbitrário O, e um único conjugado resultante. 
O procedimento consiste em transladar todas as forças para um ponto O como ilustrado na 
Fig. (4.8). Como as forças tornam-se, então, concorrentes em O, elas podem ser somadas 
vetorialmente, valendo o mesmo para os momentos. Logo, pode-se escrever 
 ∑∑ == MMFR O, (4.3) 
Figura 4.8 – Simplificação de um sistema de forças. 
É importante resaltar que esta simplificação de um sistema de forças sempre é possível 
seja o problema plano ou espacial. Os resultados possíveis aplicando-se a (4.3) são: 
1) R = 0 e Mo = 0 : Sistema de forças em equilíbrio; 
2) 0R ≠ e Mo = 0 : Sistema de forças equivalente a uma resultante única; 
3) R = 0 e 0M ≠o : Sistema de forças equivalente a um momento; 
4) 0R ≠ e 0M ≠o : Este caso admite duas situações particulares. 
a) oo MRMR ⊥→=• 0 : Sistema equivalente a uma resultante única; 
b) 0≠• oMR : Sistema equivalente a um torsor. 
Dos quatro casos possíveis, o de maior interesse prático é o primeiro porque ele 
fornece a condição de equilíbrio de um corpo rígido, a qual será intensamente aplicada 
posteriormente. 
O caso 4) será analisado em detalhe porque ele permite algumas considerações extras. 
O item a) corresponde ao caso da resultante R e o momento resultante Mo serem ortogonais. 
Esta situação ocorre quando se tem um problema com forças coplanares (problema 2D) 
porque neste caso as forças são do tipo ( )0,, yx FF=F e os momentos são do tipo 
( )zo M,0,0=M . Em problemas com forças paralelas este caso também se verifica (por 
exemplo um problema 3D com todas as forças na direção Z). 
Quando se verifica a condição 0=• oMR é possível uma redução extra, que é feita 
deslocando-se a resultante R para uma posição tal, que gere um momento –MO que elimine o 
momento MO. A Fig. (4.9) ilustra esta operação. 
=
F1
F4 F3
F2O
M3
M2
M4
M1
F1
r1
F4
F3
F2
r4
r3
r2O
R
Mo
O
=
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28
Figura 4.9 – Redução a uma resultante única. 
O resultado desta operação é que se reduz o sistema de forças a uma resultante única R 
que deve ser aplicada num ponto distante d do ponto de redução. Como o momento gerado 
deve eliminar Mo , a distância d é facilmente calculada fazendo-se RMd o= e a posição do 
ponto B é obtida de modo que o sinal do momento gerado pelo transporte da resultante seja 
contrário ao do momento Mo . 
Quando a condição 0=• oMR não se verifica há um ângulo θ entre a resultante R e 
o momento resultante Mo. Neste caso o sistema pode ser reduzido a um torsor equivalente, 
que é formado pela combinação colinear de uma força e um momento. Para tal o primeiro 
passo é definir um plano π tal que π ⊥ R e seguir os passos ilustrados na figura (4.10). 
θ
R
Mo
O
d
π
θ
F
Mo
O
π
M2
M1
R
O
π
M2
M1
-M2
B
P
r
r
R
O
π
M1
B
P
r
r
(a) (b)
(c)
(d)
 
Figura 4.10 – Redução num torsor equivalente. 
O plano π é definido pelo vetor Ru em que R R=u R . A seguir deve-se decompor o 
momento Mo no plano π (componente M2) e na direção de R (componente M1) conforme 
ilustrado na Fig. (4.10.b). O próximo passo é eliminar a componente M2 transportando-se a 
O
R
Mo
O
R
Mo
= d
- Mo
=
O
R
d
BB
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29
A
600 N
100 N
400 N100 Nm
0,4 0,4
0,
3
45,0°
A
500 N
100 N
200 N
B C
D
E
2 1,5 1 1,5
(m)
0,
5
60o
resultante R para um ponto B conveniente (B π∈ ), tal que seja gerado um momento - M2 
conforme ilustrado na Fig. (4.10c). O resultado deste processo, Fig. (4.10d), é uma resultante 
R e um momento M1 que atuam na mesma reta suporte. O efeito de um torsor sobre um corpo 
é o de provocar translação e rotação em torno do mesmo eixo, por este motivo o torsor 
também costuma ser chamado de efeito parafuso. 
O procedimento ilustrado na Fig. (4.10) é realizado matematicamente seguindo os 
passos abaixo 
• 1 o RM = M ui e RM uM ⋅= 11 (se solicitado 
o
o
MR ⋅
•= MRarccosθ ); 
• 12 MMM −= o 
• 2× =r R M em que ( ) ( ; ; )o o oP O x x y y z z= − = − − −r . Resulta na equação da reta r. 
4.4 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1) Reduzir o sistema de forças aplicado ao corpo rígido da figura ao ponto A. 
 
Solução: Inicialmente deve-se calcular as componentes da força resultante R. 
N 84,38245cos400100 −=⋅−−==∑ XX FR 
N 84,88245sen400600 −=⋅−−==∑ YY FR 
( ) N 84,882;84,382 −−=R 
Outro modo de indicar a resultante é 
( ) ( ) N 3,96284,88284,382 22 =−+−=R 
o
x
y
R
R
6,66
84,382
84,882arctan =→== θθ ou 
( ) N 917,0;398,03,962 −−=RK 
Nm 1,4513,045cos4008,045sen4004,0600100 −=⋅⋅−⋅⋅−⋅−==∑ AA MM ou em notação vetorial 
Nm 1,451 kM −=A 
2) Determine o módulo, sentido e a posição na viga da resultante única equivalente ao 
sistema de forças dado. 
 
Solução: Este exercício tem um grau de dificuldade um pouco superior ao anterior porque não é especificado um 
ponto para fazer a redução do sistema de forças. Neste caso qualquer um dos pontos ilustrados na figura poderia 
ser escolhido. No entanto, com objetivo de simplificar a solução elimina-se a possibilidade de escolha do ponto 
D. Inicia-se o processo calculando-se a 
resultante R que independe do ponto de 
escolha para a redução do sistema de forças. 
 
N 35060cos500100 =⋅+==∑ XX FR 
e 
N 23360sen500200 −=⋅−==∑ YY FR 
Utilizando-se outra notação pode-se escrever 
a resultante como N 5,420=R com o7,33=θ 
Escolhendo-se para redução o ponto A tem-se 
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30
Nm 2165,01005,32002060sen500 −=⋅−⋅+⋅⋅−==∑ AA MM 
Com esta operação se reduziu o sistema de forças a uma resultante e um momento resultante em A. A 
figura abaixo ilustra este resultado. O próximo passo é deslocar a resultante de modo a gerar um momento 
contrário a MA. Para tal faz-se 
m 93,0
233
216 ==d a direita de A. 
 
É importante ressaltar que aplicou-se apenas o módulo da componente vertical da força porque a componente 
horizontal não gera momento quando se desloca sobre a viga. Um erro comum neste tipo de problema é dividir o 
valor do momento pelo módulo da resultante.3) Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao caís. Cada rebocador 
exerce uma força de 25 kN nas direções e sentidos ilustrados. Determinar o sistema força-
binário equivalente no mastro dianteiro, o ponto no casco onde um só rebocador mais 
poderoso deverá empurrar para produzir o mesmo efeito que os quatro rebocadores 
originais 
 
Solução: 
N 2,4545cos25 53cos2560cos25 =⋅+⋅+⋅==∑ XX FR 
N 9,482553sen2560sen2545sen25 −=−⋅−⋅−⋅== ∑ YY FR 
90252145cos256045sen252153cos252760sen251560cos25 ⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−==∑ OO MM 
kNm 99,736−=OM 
Como o texto diz que um rebocador deverá empurrar a única solução possível está apresentada na figura a 
seguir. 
m 34,499,7369,48212,45 −=→=⋅+⋅ xx 
 
 
420,5 N
216 Nm
33,7A
420,5 N
33,7A
0,93
3060 3027
60°
53°
45°
25 kN
25 kN
25 kN 25 kN
15 2
1
O
(m)
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31
Z
X
Y
500 N 400 N
100 N
600 N
8
2
5 5
A
B
C
O
(m)
Z
X
Y
1400 N
O
x
y
X
Y
Z 300 N1000 Nm
200 N
4 m
3 m
5 m
30°
A
B
C
O
 
4) A placa ilustrada na figura é submetida a quatro forças paralelas. Determine o módulo e 
sentido da resultante única equivalente ao sistema de forças dado e localize o seu ponto de 
aplicação na placa. 
Solução: Inicialmente deve-se calcular a resultante. 
N 1400400500600100 −=−−−==∑ ZZ FR 
( ) N 1400,0,0 −=R 
Para localizar o ponto de aplicação da força resultante, 
considera-se que esta atua num ponto P de coordenadas 
(x, y). Aplicando-se o Teorema de Varignon, o momento 
causado pela resultante em relação ao ponto O deve ser 
igual a soma dos momentos das forças que atuam no 
sistema em relação ao mesmo ponto. A figura ao lado 
ilustra esta solução. 
Aplicando-se uma solução escalar pode-se escrever 
∑= xOx MM 
m 5,25100104001400 =→⋅+⋅−=⋅− yy 
∑= MyMOy 
m 3610086001400 =→⋅−⋅=⋅ xx 
Portanto o resultado é uma força de –1400 k N aplicada 
num ponto P (3 ; 2,5) m. 
5) Reduzir o sistema ilustrado na figura ao 
ponto O. Encontrar o torsor equivalente a este 
sistema. 
 
Solução: Inicialmente deve-se calcular a força 
resultante. 
N 12053200 =⋅== ∑ XX FR 
N 16054200 −=⋅−==∑ YY FR 
N 300==∑ ZZ FR 
( ) N 300,160,120 −=R 
Outra forma de escrever a força resultante que é mais 
conveniente a este problema é 
x
45,2 kNO
48,9 kN
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32
( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R ou seja o produto do módulo da resultante pelo seu vetor unitário 
correspondente. Esta operação é facilmente realizada usando-se a calculadora HP conforme já anteriormente. 
O próximo passo é calcular o momento em O. Para tal deve-se decompor o momento aplicado no ponto 
C nas direções Z e Y de modo a se obter ( )866,500,0 − Nm. Depois deve-se calcular os momentos das forças 
aplicadas em A e B em relação ao ponto O. O momento resultante é então obtido pela expressão 
( ) ( ) Nm 386,100,2000
0160120
503
30000
540866,500,0 =
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
+
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
+−==∑
kjikji
M OO M 
Aplicando-se a mesma notação da força resultante pode-se escrever 
( ) Nm 189,0;049,0;981,036,2039 ⋅=OM 
Até este ponto foi concluída a primeira etapa da questão. Para se obter o torsor equivalente deve-se 
inicialmente decompor o momento resultante na direção da força resultante e na direção ortogonal a ela. Como 
os vetores unitários que definem as direções da resultante e do momento resultante são conhecidos pode-se 
calcular o ângulo θ entre os dois vetores fazendo-se 
( ) 47,62462,0arccosarccos =→=•= θθ MoR uu 
Nm 52,94247,62cos36,20391 =⋅=M e ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M 
( ) ( ) ( ) Nm 18,398;47,518;14,1686832,0;444,0;333,052,942386,100,200012 −=−⋅−=−= MMM O 
( ) Nm 22,0;287,0;932,043,18082 −⋅=M 
A distância que deve-se deslocar a resultante para eliminar o momento M2 é obtida fazendo-se 
m 5
56,360
43,1808 ==d medidos numa direção ortogonal a reta suporte da força resultante. 
A reta suporte do torsor é encontrada fazendo-se 2MRr =× em que r é o vetor posição do eixo do 
torsor. Executando-se esta operação obtém-se 
( )18,398;47,518;14,1686
300160120
−=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
zyx
kji
 
zyzy 533,062,514,1686160300 −=→=+ (1) 
zxzx 4,0728,147,518120300 +−=→=+− (2) 
18,398120160 −=−− yx (3) 
Substituindo-se (1) e (2) em (3) deve-se encontrar 0 = 0 salvo erros de arredondamento. As equações (1) 
e (2) do modo como estão apresentadas são as equações da reta suporte do torsor. Fazendo-se z = 0 nestas 
equações obtém-se a interseção do eixo do torsor com o plano XY, que é (-1,768 ; 5,62 ; 0). Portanto a resposta 
da segunda etapa da questão pode ser escrita da seguinte forma: 
( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R , ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M aplicados na reta definida pelas 
equações zy 533,062,5 −= e zx 4,0728,1 +−= 
ou aplicando-se o princípio da transmissibilidade 
( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R , ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M aplicados no ponto (-1,768 ; 
5,62 ; 0). 
 
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33
ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 2 
Os trabalhos devem ser desenvolvidos em folha A4 branca a caneta e sem rasuras, ou 
podem ser desenvolvidos em editor de texto. Neste caso, o trabalho pode ser entregue em 
arquivo (formato .rtf, pdf ou .doc) ou impresso em folha A4 branca. Trabalhos fora destas 
condições não serão avaliados. 
 
 
1) Uma força F de módulo, direção e sentido desconhecidos está aplicada no ponto C do 
cano ABCD conforme figura (1). Determine o momento My de F em relação ao eixo Y 
sabendo que Mx = 150 Nm e Mz = 90 Nm. 
 
Y
X
Z
0
B C
D
600
400
450
A
(mm)
Figura (1)
 
 
2) Determine o valor da força F2, figura (2), que é ortogonal à reta AO, para que o somatório 
dos momentos em O seja igual a zero. 
 
 
 
 
 
 
400 N
F
30o
45o
80
150
16020
A
O
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34
3) Reduza o sistema de forças apresentado na figura (5) para um sistema força - momento no 
ponto O. Substitua o sistema resultante por um torsor equivalente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
X
Y
Z
200 N
100 N
1 m
2 m
1 m
O
50 N
50 N
100 N
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35
5. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS
Este material deve ser complementado com a leitura do capítulo 5 (HIBBELER) e do
capítulo 4 (BEER & JOHNSTON).
5.1 CONDIÇÃO DE EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças externas que atuam sobre ele
possam ser reduzidas a um sistema equivalente com força resultante nula e momento
resultante nulo. É importante ressaltar que o ponto em relação ao qual é feita a redução pode
ser qualquer ponto pertencente ao corpo ou não. Esta condição está representada na Fig. (5.1)
e na equação (5.1).
Figura 5.1 – Condição de equilíbrio de um corpo rígido.
∑∑ ==== 0MM0FR oRo , (5.1)
A demonstração deste resultado é apresentada de forma completa na 3a área da disciplina
considerando-se o problema dinâmico. É importante ressaltar que a condição representada
pela equação (5.1) é válida para um corpo em equilíbrio ou para um corpo em movimento
retilíneo uniforme. A equação (5.1) escrita em forma escalar é representada pelo conjunto de
equações (5.2), que são as Equações de Equilíbrio da Estática.
0,0,0
0,0,0
===
===
∑∑∑
∑∑∑
zyx
zyx
MMM
FFF
(5.2)
No caso plano, as forças estão definidas apenas no plano XY e os momentosestão definidos
no eixo Z. Logo, as equações de equilíbrio indicadas em (5.2) ficam reduzidas a três equações
conforme indicado em (5.3). Estas três equações permitem resolver problemas com no
máximo 3 incógnitas.
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
z
y
x
M
F
F
(5.3)
=
F1
r1
F4
F3
F2
r4
r3
r2O
R= 0
Mo = 0
O
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36
5.2 VÍNCULOS E REAÇÕES
A função dos vínculos é a de restringir um ou mais movimentos de corpo rígido de um
corpo. Para cada movimento restrito irá corresponder uma reação.
Movimento de corpo rígido. São os movimentos que um corpo pode realizar sem
alterar as suas dimensões próprias ou seja sem que este sofra deformações.
Grau de liberdade. Representa uma possibilidade de movimento de corpo rígido de
um corpo. No espaço um corpo rígido tem seis graus de liberdade que são três translações; ux,
uy e uz; e três rotações; Rx, Ry e Rz . Já no plano um corpo rígido tem três graus de liberdade
que são duas translações; ux e uy; e a rotação Rz . A Fig. (5.2) ilustra os graus de liberdade no
plano e no espaço.
Figura 5.2 – Representação dos graus de liberdade no plano e no espaço.
Para que um sólido esteja em equilíbrio é necessário que a sua vinculação elimine
todas as possibilidades de movimento de corpo rígido.
Do ponto de vista teórico os vínculos são sempre completos ou seja se um vínculo
impede o movimento, por exemplo, na direção vertical, então este movimento deve ser
impedido nos dois sentidos ou seja para baixo e para cima. Considerando o caso de uma
cadeira comum, sabe-se que as patas dela impedem o movimento vertical para baixo. Para que
as patas fossem realmente um vínculo completo, a cadeira deveria ser aparafusada no chão de
modo a impedir o movimento vertical para cima e para baixo. Neste sentido, deve-se tomar o
cuidado de projetar os vínculos com as características que se verificam necessárias durante o
cálculo.
Do ponto de vista teórico os vínculos são perfeitos ou seja ou o vínculo impede
totalmente o movimento numa dada direção ou este movimento é livre. Não há vinculação
parcial.
5.3 TIPOS DE VÍNCULOS PARA O CASO PLANO
Vínculos de 1ª classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a uma força com
linha de ação conhecida. Neste caso, há apenas uma incógnita. Os tipos de ligações que ficam
nesta categoria são: cabo, haste curta (sem peso), rolete, rolete ou pino confinado em guia sem
atrito, balancim, superfície de contato sem atrito. A seguir apresenta-se um esquema de cada
um destes tipos de ligação.
X
Y
Z
ux
uZ
uY RY
RX
RZ
X
Y
ux
uY
Z
RZ
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37
θ θ
F
θ
F
θ
θ
θ
θF
Cabo
A reação é uma força de tração que
tem a direção do cabo no sentido
de puxar o elemento ao qual
ele está ligado.
Haste curta (sem peso)
A reação é uma força que tem a
direção da haste.
Rolete (apoio simples)
A reação é uma força que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
Rolete confinado numa guia sem atrito.
A reação é uma força que atua perpendicu-
larmente à guia.
Balancim
A reação é uma força que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
θ
θF
θF
θF
ou
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38
θ
θ
θ
Superfície de contato sem atrito.
A reação é uma força que atua perpendicularmente à superfície no
ponto de contato.
Elemento rotulado conectado a um
colar deslizante sobre uma barra sem atrito
A reação é uma força que atua perpendicular-
mente à barra.
O vínculo de primeira classe de uso mais comum é o apoio simples, que corresponde ao caso
do rolete, e a sua representação mais usual é dada pelo esquema abaixo. É importante salientar
que a direção da reação é indicada pelo triângulo.
Vínculos de 2ª Classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a uma força com
linha de ação desconhecida, o que é equivalente a uma força representada por duas
componentes. Os casos mais comuns deste tipo de vínculo são o apoio duplo (também
chamado rótula ou articulação), superfície de contato com atrito e elemento solidário a um
colar deslizante sobre uma barra sem atrito. A seguir apresenta-se um esquema de cada um
destes tipos de ligação.
Apoio duplo (pino sem atrito)
As reações são duas componentes de forças ou o módulo e a direção φ da resultante das
θF
θ
F
θ
Fx
Fy
θF
φ
F F
ou
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39
θ
forças. Os ângulos φ e θ não são necessariamente iguais a menos que a barra seja bi-
articulada. A representação simplificada deste tipo de vínculo está apresentada no esquema
abaixo.
FxFy
Superfície de contato com atrito.
A reação é composta por uma força N que atua perpendicularmente
à superfície no ponto de contato (força normal) e por uma força de
atrito que atua paralelamente à superfície no ponto de contato e
com sentido definido de modo a impedir o deslizamento da
barra.
Elemento solidário a um colar deslizante sobre uma
barra sem atrito.
As reações são equivalentes a uma
força e um momento que atuam
perpendicularmente à barra.
Vínculo de 3ª classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a duas componentes de
força e um momento. O exemplo típico deste tipo de vínculo é o engaste.
Fx
Fy
M
F
M
θN F
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40
5.4 UMA CLASSIFICAÇÃO SIMPLIFICADA DE ESTRUTURAS
As estruturas podem ser classificadas em função do número de reações externas.
Estruturas cujas reações podem ser calculadas com as equações de equilíbrio são ditas
Isostáticas. A Fig. (5.3) apresenta um exemplo deste tipo de estrutura.
Figura 5.3 – Estrutura Isostática.
Estruturas cujas reações não podem ser calculadas apenas com as equações de
equilíbrio são ditas Hiperestáticas. A Fig.(5.4) ilustra uma estrutura hiperestática. Neste tipo
de problema o número de incógnitas é maior que o número de equações. Nota-se que as
reações VA e VB são obtidas aplicando-se as equações 0=∑ yF e 0=∑ AM . A terceira
equação, 0=∑ xF , resulta em BA HH = . As reações HA e HB são ditas reações
estaticamente indeterminadas. Para obtermos mais uma equação, para resolver o problema,
faz-se necessário considerar a forma como a estrutura se deforma, o que é assunto para as
próximas disciplinas.
Figura 5.4 – Estrutura Hiperestática.
Estruturas cujo número de reações for inferior ao número de equações são ditas
Hipoestáticas. Na realidade, pode-se ter um número de reações superior ao número de
equações, desde que os vínculos estejam dispostos de modo não eficaz. A estrutura ilustrada
na Fig. (5.5) tem duas reações e 3 equações.
Figura 5.5 – Estrutura Hipoestática.
A BHA
VA VB
P3P2P1
AHA
VA
P3P2P1
B HB
VB
B
VB
P3P2P1
A
VA
3 incógnitas: HA, VA e VB
3 equações: 0=∑ xF , 0=∑ yF
 0=∑ AM
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41
A BHA
VA VB
P
a b
Nesta estrutura o movimento de corpo rígido na direção X é livre. É interessante
observar que a colocação de mais apoios simples, como os do ponto A ou B, não muda a
condição de hipoestaticidade do problema, embora aumente o número de reações. Este seria
um exemplo típico de vínculos aplicados de modo não eficaz.
Do ponto de vista estrutural a hipoestacidade não é desejável, no entanto em corpos
que funcionam como mecanismo a hipoestacidade é necessária. A Fig. (5.6) ilustra o
mecanismo básico de uma balança mecânica. Neste caso, o giro livre em torno do ponto A é
necessário para o funcionamento da balança. Quando a balança está equilibrada (estrutura
auto-equilibrada), o peso padrão é igual ao peso do objetoque se deseja pesar.
Figura 5.6 – Balança mecânica.
A Fig. (5.7) ilustra um mecanismo formado por duas rodas e umas correia. Para que
estas rodas possam transmitir movimento de uma para a outra é necessário que a rotação de
ambas as rodas com em relação ao centro, de cada uma delas, esteja livre.
Figura 5.7 – Mecanismo formado por duas rodas e correia.
Exemplo 1. Calcule as reações dos vínculos A e B.
Solução: Aplica-se diretamente as equações de equilíbrio.
00 =→=∑ AX HF (1)
PVVF BAY =+→=∑ 0 (2)
( ) 00 =−+→=∑ PabaVM BA
ba
PaVB += (3)
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se
A
Ay
Ax
P1
P2
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42
A BHA
VA VB
M
a b
400 N
200 N
300 N
A
B
C
2m
1m
1m 1m
HA
VA MA
ba
PbVA +=
Caso a carga P fosse aplicada no centro da viga ou seja a = b, as reações VA e VB seriam iguais a P/2.
Este resultado pode ser obtido diretamente através da simetria do problema.
Caso a carga P fosse aplicada sobre um dos apoios verifica-se que esta carga é totalmente absorvida por
este apoio ou seja se a carga é aplicada no apoio A tem-se VA = P e VB = 0.
Exemplo 2. Calcule as reações dos vínculos A e B.
Solução: Aplica-se diretamente as equações de
equilíbrio.
00 =→=∑ AX HF (1)
BAY VVF =→=∑ 0 (2)
( ) 00 =++−→=∑ MbaVM BA
ba
MVB += (3)
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se 
ba
MVA +=
5.5 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Determinar as reações no vínculo A da estrutura.
Solução: O vínculo representado no ponto A é um engaste
ou seja impede 3 movimentos: duas translações e uma
rotação. Logo, este vínculo deve ser representado por 3
reações: duas forças e um momento. A figura ao lado já
representa estas reações. Para resolver o problema basta
aplicar as equações de equilíbrio.
N 3000 =→=∑ AX HF (1)
N 6002004000 =+=→=∑ AY VF (2)
02002400130030 =⋅−⋅−⋅−→=∑ AA MM
Nm 1700=AM
2) Determinar as reações dos apoios da viga desprezando o peso próprio da mesma.
Solução: Substituir os vínculos por suas reações correspondentes e aplicar as equações de equilíbrio.
45cos6000 ⋅+→=∑ AX HF (1)
N 3,424−=AH
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43
A BHA
VA VB
100 N600 N
2m 3m 2m
45°
VA
HA
RA
θ
A
B
HA
VA VB
100 N
200 N
300 N
0,8m 0,8m 1m
1,
5m
C
45sen6001000 ⋅+=+→=∑ BAY VVF
N 7,331N 6,1920100545sen600270 =→=→=⋅−⋅⋅−⋅→=∑ ABBA VVVM
O sinal negativo de HA indica que o sentido arbitrado para esta reação está errado. O sentido correto é o
contrário do arbitrado. Pode-se notar que o erro no sentido da força não afetou a solução do problema. Quando se
tem esta situação pode-se trabalhar de duas formas: manter o sinal negativo sabendo que ele indica o sentido
contrário ou trocar o sinal e o sentido arbitrado para a força.
Em algumas aplicações as reações do apoio duplo A devem ser representadas por uma única força.
Neste caso a solução fica
N 6,5387,3313,424 22 =+=AR
o01,38
3,424
7,331tan =→= θθ
Principalmente em concursos pode ser útil a confirmação da resposta
obtida. Para tal basta fazermos o somatório de momentos em relação a um outro ponto, diferente de A, igual a
zero. Escolhendo-se o ponto B e substituindo-se o valor correspondente a reação VA obtém-se
057,00100245sen60057,33170 ≈−→=⋅+⋅⋅+⋅−→=∑ BM
Quando a solução do problema é correta deve-se obter 0 = 0 ou uma situação próxima, como neste
exemplo, a isto em função de erros de arredondamento.
3) Determinar as reações dos vínculos da treliça.
Solução: Aplicar as equações de equilíbrio.
N 1000 =→=∑ AX HF
N 5000 =+→=∑ BAY VVF
AB VV −= 500
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44
N 84,303N 15,19606,21005,130012008,10 =→=→=⋅−⋅−⋅+⋅→=∑ BAAB VVVM
Conforme mencionado no exercício anterior pode-se confirmar a solução do problema fazendo-se o
somatório dos momentos em relação a um outro ponto qualquer. Escolhendo-se o ponto C obtém-se
001,001005,130012008,115,1966,20 =→=⋅−⋅+⋅+⋅−→=∑ CM
Pelo resultado obtido verifica-se que a solução está correta.
5.6 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO ALTERNATIVAS
Vimos que o equilíbrio de um corpo rígido no plano pode sempre ser representado
pelas equações de equilíbrio apresentadas em (5.4).
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
O
y
x
M
F
F
(5.4)
No entanto este conjunto de equações pode levar, em alguns casos, a um sistema de equações
que deve ser resolvido. Logo, pode ser vantajoso adotarmos um conjunto de equações de
equilíbrio alternativo.
O primeiro conjunto de equações de equilíbrio alternativas está representado na
equação (5.5). A Fig. (5.8) ilustra o funcionamento destas equações de equilíbrio.
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
B
A
a
M
M
F
(5.5)
Figura 5.8 – Ilustração do primeiro conjunto de equações de equilíbrio.
A equação 0=∑ AM indica que o sistema de forças deve ser reduzido ao ponto A, e que o
momento resultante em A, MRA, é nulo. A equação 0=∑ aF indica que a componente da
resultante paralela ao eixo a-a é nula. A Fig. (5.8b) indica a redução do sistema de forças para
F1
F4
F3
F2
A
R
MRA
=
A
a
a
R
R
=
A
a
a
R
B
a) b) c)
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45
o ponto A, e a Fig. (5.8c) ilustra o resultado das duas primeiras equações de equilíbrio, que é a
componente da resultante ortogonal ao eixo a-a. Para anular-se esta componente iguala-se a
zero o somatório de momentos em relação a um ponto B, que deve ser escolhido de modo que
a reta AB não seja paralela a direção da componente da resultante que se deseja eliminar.
Porque o conjunto de equações (5.5) representa o equilíbrio de um corpo rígido?
Demonstração: A equação 0=∑ BM pode ser escrita como
aaB ABR
R
ABAB
kji
⋅−=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
= ⊥
⊥
⊥
00
0M (5.6)
em que ⊥AB é a distância entre os pontos A e B medida na direção ortogonal ao eixo a-a e
aAB é a distância entre os pontos A e B medida na direção paralela ao eixo a-a. Pela equação
(5.6) observa-se que para MB = 0 tem-se que 0=⊥R , desde que se garanta 0≠aAB .
Portanto, para que o conjunto de equações (5.5) represente as condições de equilíbrio de um
corpo rígido é necessário que a reta AB não seja ortogonal ao eixo a-a.
O segundo conjunto de equações de equilíbrio alternativas está representado na
equação (5.7). A Fig. (5.9) ilustra o funcionamento destas equações.
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
C
B
A
M
M
M
(5.7)
Figura 5.9 – Ilustração do segundo conjunto de equações de equilíbrio.
F1
F4
F3
F2
A
R
MRA
=
A
=
A
a) b) c)
R
R
A
B
d)
R
C
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46
A equação 0=∑ AM indica que o sistema de forças deve ser reduzido ao ponto A, e que o
momento resultante em A, MRA, é nulo. Este processo esta ilustrado nas figuras (5.9a) a
(5.9c). A equação 0=∑ BM exige para ser satisfeita que o ponto B pertença a reta suporte
da resultante R. Já a equação 0=∑ CM exige que a resultante seja nula, desde que o ponto
C não seja colinear com os pontos A e B.
Exemplo 3. Calcular as reações nos apoios para viga bi-apoiada ilustrada na figura
abaixo.
 (a) (b)
Figura 5.10 – Ilustração do exemplo 1.
Solução: Aplicando-se as equações tradicionais obtém-se
kN 
3
2
3
11010
kN 
3
101130
00
=−=→=−+→=
=→=⋅−⋅→=
=→=
∑
∑
∑
yyyy
yyA
xx
ABAF
BBM
BF
Aplicando-se as equações de equilíbrio alternativas obtém-se
kN 
3
202130
kN 
3
101130
00
=→=⋅+⋅−→=
=→=⋅−⋅→=
=→=
∑
∑
∑
yyB
yyA
xx
AAM
BBM
BF
O sistema de equações alternativasfunciona porque a reta AB não é ortogonal ao eixo a-a (eixo X).
1m 2m
A B
1 kN
1m 2m
A
B
1 kN
By
Bx
Ay
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47
Exemplo 4. Para a estrutura representada na figura abaixo calcular as reações nos
vínculos.
Solução: Aplicando-se as equações de equilíbrio usuais tem-se
100866,0030cos60cos2002000 −⋅=→=⋅−⋅−+→=∑ FAFAX RHRHF
FAFAY RVRVF ⋅−=→=⋅+⋅−−→=∑ 5,0205,673030sen60sen2005000
( ) ( )
( ) ( ) 030sen2430cos30cos2230sen
30cos1260sen20030sen1460cos200150042000
=⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅+
⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅−⋅−→=∑
FF
A
RR
M
N 324=FR , N 58,180=AH e N 2,511=AV
Aplicando-se um conjunto alternativo de equações a solução fica
100866,00 −⋅=→=∑ FAX RHF (1)
1502012001500420 +⋅=→=⋅−⋅+⋅⋅+⋅−→=∑ AAAAD HVHVM (2)
( ) ( ) ( ) 0120030cos2150030sen220030sen2430cos220 =⋅+⋅+⋅+⋅⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−→=∑ AAF HVM
025,13663732,3 −=⋅+⋅− AA HV (3)
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se
N 6,180025,136638,559464,7 =→−=⋅+−⋅− AAA HHH , N 2,511=AV e N 324=FR
Quando se trabalha com um conjunto alternativo de equações de equilíbrio deve-se ter em mente que
estas equações funcionam desde que se atendam algumas condições. Apresenta-se a seguir um conjunto de
equações de equilíbrio que não conduz a resposta do problema.
A
500 N
HA
VA
RF
200 N
200 NB C D
E
F
4m
1m 1m
1m
1m
30°
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48
FAFAY RVRVF ⋅−=→=⋅+⋅−−→=∑ 5,0205,673030sen60sen2005000 (1)
15020 +⋅=→=∑ AAD HVM (2)
( ) 0230sen30sen160cos20030cos1260sen200150040 =⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅−⋅−⋅→=∑ FAB RHM
4
41,1046 F
A
RH −= (3)
Substituindo-se (1) e (3) em (2) obtém-se
205,673205,673150
2
41,10465,0205,673 =→+−=⋅− FF RR
o que indica que o conjunto de equações empregado é linearmente dependente. Isto ocorre porque a reta que une
os pontos B e D é horizontal sendo paralela a resultante RX.
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49
θ
F
6. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS
6.1 TIPOS DE VÍNCULOS PARA PROBLEMAS TRIDIMENSIONAIS
Os tipos de vínculos aplicados em problemas tridimensionais podem ser bastante
variados tais como juntas esféricas, mancais de rolamento, mancais de escora, dobradiças.
Apresenta-se a seguir alguns tipos de vínculos de uso mais freqüente nos problemas.
Cabo
A reação é uma força que tem a
direção do cabo e no sentido de
tracionar este.
Apoio sobre superfície lisa
A reação é uma força que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
Junta esférica
A reação é representada pelas três componentes de uma
força.
Mancal
A reação é representada por duas componentes de
força e duas componentes de momento que
atuam perpendicularmente ao eixo.
Dobradiça
As reações são três componentes de força e duas
componentes de momento.
θ
F
Fx
Fy
Fz
Fx
Fz
Mz
Mx
Fz
Mz
Fx
Mx Fy
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50
Não há grandes diferenças entre o procedimento para solução de problemas
bidimensionais e problemas tridimensionais. No caso tridimensional deve-se empregar seis
equações de equilíbrio apresentadas em (6.1). É importante ressaltar que com estas equações
pode-se resolver problemas com até seis incógnitas.
Em alguns problemas pode ser vantajosa a solução com notação vetorial
principalmente se forem utilizadas calculadoras programáveis.
6.2 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Uma barra de aço com massa de 200 kg é suportada por uma rótula em A e por uma esfera
apoiada em B. Calcule as forças exercidas pelas paredes e pelo piso sobre as extremidades da
barra.
Solução: Em primeiro lugar deve-se substituir os vínculos por suas reações correspondentes. Depois deve-se
aplicar as equações de equilíbrio em notação escalar ou vetorial.
m 3627 222 =→−−= hh N 196281,9200 =⋅== mgP
Coordenadas dos pontos de interesse A (2, 6, 0); B (0, 0, 3); G (1; 3 1,5)
xxX BAF =→=∑ 0 (1)
yyY BAF =→=∑ 0 (2)
N 19620 =→=∑ zZ AF (3)
As equações de equilíbrio referentes aos momentos podem ser escritas vetorialmente ou escalarmente.
Adotando-se a solução vetorial, e fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto A obtém-se
( ) ( ) 0rr0M =−×+×→=∑ 1962,0,00,, GAyxBAA BB em que ( )3,6,2 −−=−= ABBAr e
( )5,1;3;1 −−=−= AGGAr .
B
A
7 m
6 m
2 m
BXBY
h
X
Y
Z
P
6 m
2 m
3,5 m
3,5 m
G
AX
AY
AZ
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51
0
kjikji
=










−
−−+










−−
196200
5,131
0
362
yx BB
 do qual se obtém 





=+
=→=−
=→=+−
062B-
N 654019623
N 1962058863
y x
xx
yy
B
BB
BB
N 654=xA e N 1962=yA .
Em alguns casos pode ser útil escrever a resposta do seguinte modo
( ) N 688,0;688,0;229,07,2850N 7,2850222 ⋅=→=++= Azyx AAAA
( ) N 0;949,0;316,07,2850N 13,206822 ⋅=→=+= Byx BBB
2) Considerando que o peso de 100 kgf é levantado de modo uniforme pelo mecanismo
representado na figura (3), determine a força P aplicada na manivela e as reações nos mancais
C e E. A corda sai do tambor por uma tangente inclinada de 60° com o eixo X.
Solução:
Como o peso é levantado de modo uniforme (velocidade constante), as equações de equilíbrio da Estática são
válidas. Os vínculos C e E são mancais que permitem o giro em torno de Y bem como o deslocamento neste
eixo. Como não se falou nada sobre atrito na polia deve-se considerar a mesma como perfeita. Logo, a força que
atua na corda, tangente ao tambor, é igual a 100 kgf.
50060cos1000 =+→=+−−→=∑ xx
o
xxx ECECF (1)
PECPECF zz
o
zzz −=+→=−+−−→=∑ 6,86060sen1000 (2)
kgfPPM y 5,1201005400 =→=⋅+−→=∑ (3)
kgfEEM zz
o
Cx 4,38010060sen100405,12300 =→=−⋅+⋅→=∑ (4)
kgfEEM xx
o
Cz 20010060cos100400 =→=+⋅−→=∑ (5)
P
A
B
C
D
E
100 kgf
z
x
y
r
60
90
90o
o
o
Cx
Ex
Cz
Ez
AB = 40 cm
BC = 30 cm
CD = 40 cm
DE = 60 cm
r = 5 cm
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52
A
B
C D
E
F
G
y
z
x
(m)
1,8 0,6
1,
5
1,3
2,4
0,9
0,5
Ay
Az
Ax
Substituindo-se
kgfCC xx 302050)1()5( =→−=→→
( ) ( ) kgfCz 7,354,385,126,8623 e )2()4( =−−=→→→
3) Uma placa de anúncio de 1200 N de peso, figura (3), está apoiada por uma junta esférica
em A (reações Ax, Ay e Az) e por dois cabos (EF e BG). Determine as reações em A e forças
nos cabos.
Solução: Admite-se que as reações em A estão
orientadas segundo o sentido positivo dos eixos xyz. A
solução deste problema fica mais simples se
trabalharmos com a notação vetorial. Logo, em primeiro
lugar devemos obter as cotas dos pontos de interesse.
B( 2,4; 0 ; 0) G( 0; 1,3; -2,4) E( 1,8; 0; 0) F( 0; 0,9;
0,5)
( )
( ) ( )222 4,23,14,2
4,2;3,1;4,2
−++−
−−
=
−
−
=
BG
BG
BGλ
�
( ) BBBGB FFF 66,0;358,0;66,0 −−== λ��
( )
( ) 222 5,09,08,1
5,0;9,0;8,1
++−
−
=
−
−
=
EF
EF
EFλ
�
( ) EEEFE FFF 241,0;434,0;868,0−== λ��
Com isto as equações de equilíbrio em força podem ser escritas diretamente como:
0868,066,00 =−−→=∑ EBxx FFAF (1)
01200434,0358,00 =−++→=∑ EByy FFAF (2)
0241,066,00 =+−→=∑ EBzz FFAF (3)
Para se escrever as equações de equilíbrio em momento considera-se que a força peso de 1200 N atua no centro
de gravidade da placa ou seja no ponto P(1,2; 0,75; 0). Continuando a solução, é melhor escrevermos as
equações de momento em forma vetorial.
jrFrFrM PEEBBA 12000 −×+×+×→=∑
�
�
�
�
�
��
0
012000
075,02,1
241,0434,0868,0
008,1
66,0358,066,0
004,2
�
=
−
−+
−
+
−−
kji