Capítulos 0 a 4 (Prova 1) Material Didático

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1
Apresentação da Disciplina
Prof. André Luis Christoforo
Universidade Federal de São Carlos
Departamento de Engenharia Civil - DECiv
Mecânica Aplicada à Engenharia
christoforoal@yahoo.com.br
01
Objetivos da Estática:
- Análise do equilíbrio estático de pontos materiais, corpos extensos, sistemas de
corpos e estruturas em geral.
Equilíbrio estático:
Ponto Material:
0F =∑
�� �
0
0
F
v
 =

=
∑
�� �
� �
(Soma das Forças)
(velocidade nula)
- Todas as forças concorrem
a um ponto.
Espaço 2D
Condição de Equilíbrio:
02
Corpo Extenso:
Reações nos
Vínculos?
- Quando existem dois ou mais pontos
distintos de aplicação das forças.
Condições de Equilíbrio:
(momento de 
uma força)
0F =∑
�� �
0M =∑
��� �
(Soma dos 
Momentos)
e
DCL
Vínculos
FR = ?
031) Vetores de Força: Revisão
Objetivo: Para um conjunto de forças aplicadas em um ponto (em 2 ou 3
dimensões), determinar o vetor força resultante (FR), ou seja, sua intensidade,
direção e sentido.
OU
OU
2 2 629,09R Rx RyF F F N= + =
�
600 cos(30 ) 400 (45 ) 236,77
600 (30 ) 400 cos(45 ) 582,84
o o
Rx x
o o
Ry x
F F sen N
F F sen N
= = ⋅ − ⋅ =
= = ⋅ + ⋅ =
∑
∑
1
1
1
1 1
 de F
2 2
600 cos(30 ) i+600 cos(60 ) j
600 cos(30 ) i+cos(60 ) j
[cos(30 )] +[cos(60 )] 1
o o
o o
F
versor
o o
F
F
F F u
u
= ⋅ ⋅
 = ⋅ = ⋅ 
= =
�
� ��
� �� �
�
�����������
�
2 400 cos(45 ) i+400 cos(45 ) jo oF = − ⋅ ⋅
� ��
1 2RF F F= +
� � �
236,701 i + 582,84 jRF =
� ��
2
2) Equilíbrio de Partículas (2 e 3 Dimensões):
2D 3D
04
0F =∑
�� �
( ) ( ) ; ; RxRx Ry
Ry
F 0
F F 0 0
F 0
=
= 
=
( ) ( ) ; ; ; ; 
Rx
Rx Ry Rz Ry
Rz
F 0
F F F 0 0 0 F 0
F 0
=

= =

=
3) Momento e Resultante de um Sistema de
Forças (2 e 3 Dimensões):
05
- Representa um sistema no qual a força e o momento resultante produzam
em um determinado ponto da estrutura o mesmo efeito que o carregamento
original aplicado.
- no ponto A: 
- no ponto B: 
10 20 30
10 3 20 6 150
R
R
F N
M N m
= + =

= ⋅ + ⋅ = ⋅
10 20 30
10 2 20 5 120
R
R
F N
M N m
= + =

= ⋅ + ⋅ = ⋅
4) Equilíbrio de Corpos Rígidos (2 e 3 Dimensões):
Reação nos Vínculos?
(Vínculo Ideal)
(Forças Reativas)
(Vínculo Ideal)
(Força Reativa)
06 5) Análise Estrutural:
Treliças:
Máquinas e Estruturas:
07
3
08
http://www.metalica.com.br/images/stories/Id480/maior/estaiada04.jpg
cabos 
cabos 
Cabos Flexíveis: 6) Atrito:
O projeto efetivo de um sistema de freios requer capacidade
eficiente para que o mecanismo resista as forças de atrito.
N
180lb
P
Fat
Fe = µe N
09
(Ampliação da Superfície Rugosa)
e sF Nµ=
c cF Nµ=
10
Cunhas:
Parafusos:
11
- Movimento ou iminência
de movimento da correia
Forças de Atrito em Correias Planas:
- Diagrama de corpo livre de um 
element de correita infinitesimal (ds)
4
7) Centro de Gravidade e Centróide:
mm
A
Ayy 5,87
12500
1093750
==
∑
∑
=
Coordenada “y” do Centróide:
12 13Pressão em Fluidos:
Para fluidos incompressíveis, a pressão (p) em um ponto deste fluido é a mesma 
em todas as direções. 
�
p g z
γ
ρ= ⋅ ⋅
p g zρ= ⋅ ⋅
p zγ= ⋅
1 1p zγ= ⋅
2 2p zγ= ⋅
γ – Peso 
específico 
8) Momentos de Inércia:
O projeto estrutural de
uma viga ou coluna
requer o cálculo do
momento de inércia
para o respectivo
dimensionamento.
(Posição A)
(Posição B)
Posição Amais 
eficiente!!!
Maior Ix
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1
Fundamentação para os Cap. de 1 a 4
MECÂNICA APLICADA À ENGENHARIA
Universidade Federal de São Carlos
Prof. André Luis Christoforo
christoforoal@yahoo.com.br
Departamento de Engenharia Civil - DECiv
2
A Estática tem como objetivo avaliar o equilíbrio de partículas, de corpos
rígidos e de sistemas de corpos rígidos em repouso.
OBJETIVOS
corpo com 
dimensões
desprezíveis
Equilíbrio de partícula em 2D
0Fr=
� �
equilíbrio de 
partícula
x yFr = Fr i Fr j⋅ + ⋅
� � �
=0 i0 0 j⋅ + ⋅
� � �
( ) x xFr F 0→ = =∑
( ) y yFr F 0↑ = =∑
diagramas de corpo
Livre - DCL
3
Equilíbrio de partícula em 3D:
linhas de ação das 
forças
0Fr =
� �
equilíbrio de 
partícula
x y zFr = Fr i Fr j Fr k⋅ + ⋅ + ⋅
�� � �
=0 i 0 0 k0 j⋅ + ⋅ + ⋅
�� ��
x xFr F 0= =∑
y yFr F 0= =∑
z zFr F 0= =∑
diagrama de corpo
livre - DCL
4
Quando as dimensões são consideráveis na análise do problema:
condições de equilíbrio
de corpo rígido:
0F =∑
� �
0Mα =∑
� � (Soma dos 
Momentos)
e
diagrama de corpo
livre - DCL
O x yM F d k= ⋅ ⋅
��
x xFr F 0= =∑
y yFr F 0= =∑
A AMr M 0= =∑
2D:
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5A história da Mecânica se confunde com a da Engenharia:
Arquimedes de Siracusa (287 - 212 a.C.): Matemático, físico, engenheiro,
inventor e astrônomo grego. Dentre as suas várias contribuições para a
física destacam-se a Lei do Empuxo e a Lei da Alavanca, que consistem nos
alicerces da hidrostática e estática, respectivamente
Simon Stevin (1548 - 1620): Engenheiro, físico e matemático neerlandês
(Flandres, que hoje é a Bélgica). Formulou o Princípio do Paralelogramo para a
composição de forças e demonstrou experimentalmente que a pressão exercida
por um fluido depende exclusivamente da sua altura (Teorema de Stevin)
Galileu Galilei (1564 - 1642): Físico, matemático, astrônomo e filósofo italiano.
Desenvolveu de forma sistêmica os primeiros estudos sobre o movimento
uniformemente acelerado e do pêndulo. Descobriu a Lei dos Corpos,
enunciou o Princípio da Inércia e apresentou o conceito de referencial inercial,
ideias fundamentais para o desenvolvimento da Mecânica Newtoniana.
Isaac Newton (1643 - 1727): Astrônomo, filósofo natural, alquimista, teólogo e
cientista inglês, mais reconhecido como físico e matemático. Para a física, os
Princípios Matemáticos da Filosofia Natural (1867) é considerada uma das
mais influentes obras na história da ciência, onde ele descreve a Lei da
Gravitação Universal e as três Leis de Newton, que são as bases da Mecânica
Clássica.
6GRANDEZAS E OPERAÇÕES
VETORIAIS:
Multiplicação por escalar:
Adição vetorial:
Lei do Paralelogramo
Simon Stevin (1548-1620)
AR B= +
� � �
Regra do Triângulo
A B B AR = + = +
� � �� �
adição é comutativa
7Subtração vetorial:
ou
Lei do Paralelogramo
Regra do Triângulo
( ) BR A B A= + =� ��� �− −
Resultante de um conjunto de forças:
( ) ( )1 2 3 1 3r 2F F F F FF F= + + = + +� � � � �� �
adição vetorial também é associativa
8
Lei do 
Paralelogramo
Projeção Ortogonal
Caso Particular
Componentes de um vetor:
Lei do 
Paralelogramo
Lei do 
Paralelogramo
Um par ou um trio de eixos não colineares (LI – linearmente
independentes) constituem uma base para a decomposição de um vetor
em 2D ou 3D.
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3
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( ) ( ) ( )
s tF FF
sen sen senβ α γ= =
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
s t
s t t
t s s
F F F F F cos
ou
F F F F F cos
ou
F F F F F cos
β
α
γ
 = + − ⋅ ⋅ ⋅



= + − ⋅ ⋅ ⋅



= + − ⋅ ⋅ ⋅
Determinação das componentes de um vetor:
Lei dos Senos:
Lei dos Cossenos:
10
x yF F i F j= ⋅ + ⋅
� � �
0 180x
o oθ≤ ≤ entre o eixo x positivo e o vetor F
0 180y
o oθ≤ ≤ entre o eixo y positivo e o vetor F
cos( )
cos( )
x x
y y
F F
F F
θ
θ
= ⋅

= ⋅
( )
cos( ) cos( )
sen
x y
x
F F i F j
θ
θ θ= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
� � �
�����
{ }cos( ) ( )x xF F i sen jθ θ= ⋅ ⋅ + ⋅� � � cos( ) ( )xF xF i sen jF u θ θ= = ⋅ + ⋅
�
� � �
2 2cos( ) ( 1)F F F x xu u senu θ θ= +•= =
� � �
cos( ) xx
F
F
θ= cos( ) yy
F
F
θ =
versor
versor:
- admensional
- contém os cossenos
dos ângulos diretores 
11
0 180x
o oθ≤ ≤ entre o eixo x positivo e o vetor A
0 180y
o oθ≤ ≤ entre o eixo y positivo e o vetor A
0 180z
o oθ≤ ≤ entre o eixo z positivo e o vetor A
x y zA A i A j A k= ⋅ + ⋅ + ⋅
�� � �
cos( )
cos( )
cos( )
x x
y y
z z
A A
A A
A A
θ
θ
θ
 = ⋅

= ⋅

= ⋅
cos( ) cos( ) cos( )x y zA A i A j A kθ θ θ= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
�� � �
cos( ) cos( ) cos( )A x y z
A i k
A
u jθ θ θ= = ⋅ + ⋅ + ⋅
�
�� ��
2 2 2cos( ) cos( ) cos( ) 1A A x y zAu u u θ θ θ= = + +• =
� � �
cos( ) xx
A
A
θ =
cos( ) yy
A
A
θ =
versor versor:
- admensional
- contém os cossenos
dos ângulos diretores 
cos( ) zz
A
A
θ =
12
Vetores posição:
OU
( , , ) (0,0,0) ( , , )O PPr r x y zP x yO z= = − = − =
� �
ABuF F= ⋅
�� � A
B
AB
B
A
r
r
u =
�
�
� AB Ar B= −
�
2 2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
B A B A B A
B A B A B A
x x i y y j z z kF F
x x y y z z
− ⋅ + − ⋅ + − ⋅
= ⋅
− + − + −
�� �
�
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A Brr r+ = ⇒
�� �
B Arr r⇒ = −
� ��
Lei do Paralelogramo:
( ,( , ),) , ,), (A A A A AB B B B B B ABAr x yr x y z x yz x y z zr⇒ = − = − = − − −
���
OU
( ) ( ) ( )A AB AB Bix yyr j kx z z= − ⋅ + − ⋅ + − ⋅
�� ��
14
Produto escalar:
A
�
B
�
θ
cos( )A B A B θ= ⋅ ⋅•
� �
Projeção ortogonal de um 
vetor sobre outro:
Propriedades:
A B B A=• •
� �� �
lei comutativa
( )A B C A B A C• •+ = + •� � � � �� �
lei distributiva
( ) ( )( )
A B
A B
A B
α
α
α

⋅
⋅ = 
⋅
•
•
•
� �
� �
� �
multiplicação por escalar
cos( )A B A B θ= ⋅ ⋅•
� �
1 0cos( )1 1oi i = ⋅ ⋅ =•� �
c1 1 o 9s( )0 0oi j = ⋅ ⋅ =•� �
c1 1 o 9s( )0 0oi k = ⋅ ⋅ =•�
�
0j i =•� �
1j j =•� �
0j k• =
��
0k i =•
� �
0k j =•
� �
1k k =•
� �
( ) ( ), , , ,x y z x y z x x y y z zA B A A A B B B A B A B A B= = ⋅ + ⋅ +• • ⋅� �
0 180o oθ≤ ≤
15
F
� cos( ) cos( )1ABF u F Fθ θ= ⋅ ⋅ = ⋅•
� �
Projeção ortogonal
versor
θ
1ABu =
�
A B
//F
�
F⊥
�
A
B
AB
B
A
r
r
u =
�
�
�
// ABF F u•=
� � �
�
// //
AB
AB
F u
F F u
•
= ⋅
� �
� � �
//F F F⊥+ =
� � �
//F F F⊥ = −
� � �
Lei do Paralelogramo
//F
F⊥
 =

=
?
?
�
�
� ( )30 100 }0 {
F
F
u
F i j k N= ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅
�
�
�� � �
�������
(0,0,0) {m}A =
(2,6,3) {m}B = AB Ar B= −
� A
B
AB
B
A
r
r
u =
�
�
�
16
Momento de uma força (2D):
linha de ação
da força F
linha de ação
da força F
linha de ação
da força F
é um vetor deslizanteF
�
θ
( )OM F d sen kθ= ⋅ ⋅ ⋅
��
´OM F d k= ⋅ ⋅
��
- direção do eixo z
- sentido anti-horário (ah)
- MO=F∙d´
Princípio da Transmissibilidade: A intensidade do
momento da força F em relação ao centro de
momentos O não se altera desde que F seja aplicada
em qualquer ponto da sua linha de ação.
OM = 0
centro de
momento O
regra da mão direita
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Limitações do uso do Princípio da Transmissibilidade: Considerando a
deformabilidade do material, cada localização da força implica em
uma configuração deformada distinta.
A B P
�
P
�
xA
�
x
A B Deformação por tração em 
toda a barra
A BP
�
xA
�
x Sem deformação na barra
xA
�
P
�A B
C x
Deformação por tração 
apenas no trecho AC
Considerando a deformabilidade
do material, P é considerado
vetor fixo ou ligado.
0x xF = P A A P0⇒ − = ⇒ =∑
18
Teorema de Varignon:
( )ABA F d s nM e θ⋅ ⋅=
cos( )x FF θ= ⋅ ( )y F sF en θ= ⋅
)( ) (
y
y
A AAB
F
B
FM F d sen nF se dθ θ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ =
����	
�cos( )x
x
ra o
F
A
çF b
M F θ= ⋅ ⋅ =0 0
�����
( )y xFFA A A ABF d senM M M θ= = ⋅ ⋅+
Teorema de Varignon: O momento
de uma força em relação a um
determinado ponto é igual ao
momento das componentes dessa
força em relação ao mesmo ponto.
19Momento de uma força (3D):
x x y z z yM M r F r F+= −= ⋅ ⋅∑
é paralela ao eixo x, incapaz
de girar esse eixo
xF
�
y y z x x zM M r F r F+= −= ⋅ ⋅∑
é paralela ao eixo y, incapaz
de girar esse eixo
yF
�
z z x y y xM M r F r F+= −= ⋅ ⋅∑
é paralela ao eixo z, incapaz
de girar esse eixo
zF
�
x y zM M M M= + +
� � � �
O
( )y zx y z z y
y z
r r
M r F r F
F
i
F
= = ⋅ ⋅−+ ⋅
� � ( )x yz x y y x
x y
r r
M r F r F
F
k
F
= = ⋅ ⋅−+ ⋅
� �
( )x zy z x x z
x z
r r
M r F r F j
F F
+−= ⋅ ⋅−= ⋅
� �
Teorema de 
Laplace
x y zM M i M j M k= ⋅ + ⋅ + ⋅
�� � �
O
20
OA x y z
x y z
i j k
M r F r r r
F F F
=×=
�� �
� ��
O 2a linha
3a linha
regra da mão
direita
Produto vetorial
( )r F r F sen θ× = ⋅ ⋅
��
Propriedades decorrentes dos determinantes:
0i i =×
� �
ki j =�
��
ki j× = −
�� �
j i k× = −� �
�
0j j =� �
ij k× =
�� �
jk i =×
� � �
k j i× = −
� � �
0k k =×
� �
0 180o oθ≤ ≤
não comutativa
( )1 2 1 2r F F r F r F× +× ×+ =� � � �� � �
lei distributiva
( ) ( )( )
r F
r F
F r
α
α
α
 ⋅ ×
× = 
 ×
⋅
⋅
��
��
� �
multiplicação por escalar
r F F r−=× ×
� �� �
Teorema de Varignon
( )
M
M r F sen u
α
α θ= ⋅ ⋅ ⋅
�
� �
�����
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21Projeção do momento na direção de um eixo:
x y z
x y z
i j k
M r F r r r
F F F
=×=
�� �
� ��
O
( )
�
( )
OA
u OA
r F
M u M u r F
×
• •= ×=
��
� �� � �
O
( ) ( ) ( )y z z y z x x z x y y xM r F r F r F r F r Fj Fi kr= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− − − −⋅ ⋅+ + + +⋅ ⋅ ��� �O
x y ziu uj ku u= ⋅ + ⋅ + ⋅
�� ��
( ) ( ) ( )y z z y x yz x x z x y y x zu M r F r F r F r F r F r Fuu u= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +• − − − ⋅ ⋅−+ + + ⋅�� O
Teorema de Laplace x
y
y
y
x
z
x z
z
M r r
u
r
u
F F F
u
=u
Produto Misto
Produto Misto
Momento de um binário - Conjugado (2D):
F F Fr F 0= = − =∑
( )
0
(ah ) OM F a F a F a F a Fd dFd+ = − ⋅ + ⋅ + = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅+−∑ �����
O vetor conjugado é independe do centro 
de momentos (O) eleito, é um vetor livre
vetor livre Outras representações:
vetor livre
M dF= ⋅
22
23
Momento de um binário - Conjugado (3D):
( )( )B A B AO B A
r
M M r F r F r F r F r r F r F− −= = × + × = × × = − × = ×∑
�
� � � � � �� � � � � � �
�����
(não faz referência ao ponto O)
vetor livre
Substituição de uma força por uma força e por um binário:
A
F
�
d
B
A
F
�
F−
�
d
F
�
B
Facilita a análise do efeito de
translação e giro combinados.
A
F
�
M F d= ⋅
z
x
y
M
�
vetor livre
24
momento de 
binário
( )2 2 2 2, ,x y zF F F F=�( ) ( )
1
1 1 1 1 1cos( ),cos( ),cos( ) , ,
F
x y z x y z
u
F F F F Fθ θ θ= ⋅ =
�
�
�����������
( )
1 1 1
1
1 1 1
1 1 x y z
x y z
i j k
M r F r r r
F F F
= × =
�� �
� ��
O
( )
2 2 2
2
2 2 2
2 2 x y z
x y z
i j k
M r F r r r
F F F
= × =
�� �
� ��
O
( ), ,x y zM MM M=�
Sistema de forças e momentos de binário:
1 2iFr F F F= = +∑
� � � �
1 2 1 1 2 2O i MMr M MM M r F r F= = + + = × + × +∑
� � � � � ��� ��
Metodologia base para análise do equilíbrio
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25Leis do Movimento de Newton:
1a lei de Newton ou princípio da inércia
2a lei de Newton Fr m a= ⋅
� �
3a lei de Newton ou princípio da ação e da reação
Lei da Gravitação de Newton:
1 2
2
m mF G
d
⋅
= ⋅
G=6,674287·10-11m3/(kg·s2)
constante de gravitação
2 P G P= gm m
M
R
= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅
���
g g = 9,81 m/s
2
R=cte
M
m
1
2 M
mm
m
=

=
26
( ) ( )( ) ´( ) y fx atg af
x a
θ −= = ⇒
−
ɶ
( ) ´( ) ( ) ( )yfxa a fx a⇒ − ⋅ = − ⇒ɶ
� � ( )
0 1
( ) ( ) ´( )
c c
fy afx a a x⇒ = + ⋅ −ɶ
Na vizinhança de a:
´( )
´( )
dy x x
dy
f
x
d
xf
=
∆
⋅



= ⋅
ou diferencial
exata:
aprox. linear de f na vizinhança de a
( ) ( ) ( ) ( )2 30 1 2 3( ...) nnx c c x a c x a cy c x a x a= + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + + ⋅ −ɶ
Aprox. não linear de f na vizinhança de a:
Métodos Aproximados:
( ) ( )ay a f=ɶ ´( ) ´( )y a af=ɶ ´´( ) ´´( )y a af=ɶ ´´´( ) ´´´( )fy a a=ɶ ( ) ( )( ) ( )n na afy =ɶ
0 ( )c f a= 1 ´( )c f a= 2 ( )´´
1
c f
!
a
2
= ⋅ 3 ´ ( )´´fc a!
1
3
= ⋅
( ) ( )nn fc a!n
1
= ⋅
Séries de Taylor e de Maclaurin
27
( ) ( ) ( )2 3( )´´ ´´´´ ( )( ) ( ) ( ) ...
!
a a
x a a x a x a
fy ff x
2 !
af
3
= + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − +ɶ
( )
( ) ( )
...
n
n af
n!
x a+ ⋅ − Série de Taylor
Para a=0 :
( )
2 3
.
(0) (0)´´ (0)( ) (0) ´(0) ´ ..´´
n
n
! ! !
f f
x x x x x
2 3
y f f
n
f
= + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ɶ
Série de Maclaurin
O desenvolvimento em série de Maclaurin da função f(x)=sen(x) resulta:
(0) ( 00)senf = = (0)´ ( 10)cosf = = (0´´ ) ( 00)senf = − = (0´´´ ) ( 10)cosf − = −=
3 5 7
[ < ]
3! 5! 7!
... ) ( 2xs n x x xe x x= − + − ∞+ condição de 
convergência da série
2 4 6
[ < ]
2! 4! 6!
1 ... ( ) 2cos xx x x x= − + − ∞+
2 3 4
... 1 [ < ]
2! 3! 4!
2x x x xx xe + + + + + ∞=
Outros exemplos:
28
2 3
...
( 1) ( 1) ( 2)1 [ < ]
2! 3!
(1 ) 1 k 2k k k kx kx n x x x⋅ − ⋅ − ⋅ −= ± ⋅ ± ⋅ ± ⋅ +± Série
Binomial
Considerando 5 termos, o valor da integral resulta:
21
0
xe dx−∫
2 3 4
1 [ < < ]
2! 3! 4!
 
x x x xx x e −∞= + + + ∞+
2 4 6 821
2! 3! 4!
x x x xxe− = − + − +
2
x x= −
4 6 81 2
0
1
2! 3! 4!
0,7475x x xx dx
 
− + − + =  
 
∫
3 5 7
[ < ]
2 3
.( .. 
! 5! 7
)
!
x x
2sen x
e e x x x
x xh
−
−
= = + + + ∞+
2 4 6
1 [ < ]
2 2! 4!
( ) ... 
6!
 
x x
2e ecos x
xh x x x
−+
= = + + + ∞+
13/03/2018
8
29
Exemplo de uso da diferencial exata na modelagem:
pequenos ângulos
Série de 
Taylor
elemento 
material
atrito em correia 
plana
0 : ( / 2) ( ) ( / 2) = 0xF T cos d + dN T +dT cos dθ µ θ= ⋅ ⋅ − ⋅∑
2 1T T e
µ β⋅
= ⋅
0 : ( ) ( / 2) ( / 2) = 0yF dN T +dT sen d T sen dθ θ= − ⋅ − ⋅∑
( / 2) / 2sen d dθ θ≈ ( / 2) 1cos dθ ≈ 0dT dN⋅ ≈
dTdN =µ ⋅
dN =T dθ⋅
dT
= d
T
µ θ⋅ 2
1 0
T
T
dT d
T
β µ θ= ⋅∫ ∫
12T T>
30
Integração aproximada:
1
( ) lim ( *)
b n
i
n ia
A f x dx f x x
→∞
=
= = ⋅∆∑∫
0a x= 4b x= 4 04
x xb a
x
n
−−∆ = =
0 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )infA f x x f x x f x x f x x= ⋅∆ + ⋅∆ + ⋅∆ + ⋅∆ɶ
( )0 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )infA x f x f x f x f x= ∆ ⋅ + + +ɶ
31
0a x= 4b x= 4 04
x xb a
x
n
−−∆ = =
1 2 3 4( ) ( ) ( ) ( )supA f x x f x x f x x f x x= ⋅∆ + ⋅∆ + ⋅∆ + ⋅∆ɶ
( )1 2 3 4( ) ( ) ( ) ( )supA x f x f x f x f x= ∆ ⋅ + + +ɶ
0,21875 0,46875A< <
0,21875infA =ɶ 0,46875supA =
ɶ
32
( )1
1
( ) ( )
2
n
i i
i
trapézio
xA f x f x
−
=
 ∆
= + 
 
∑ɶ
0,695635trapézioA =ɶ
1a = 2b =
2 1 1
5 5
x
−∆ = =
1a = 2b =
2 1 1
5 5
x
−∆ = =
1
( )
n
d imé
i
A x f x
=
= ∆ ⋅∑ɶ
0,691908médA =ɶ
13/03/2018
9
33
0
1
0
0
0
( )( ) ´( ) f xtg x f x
x x
= =
−
01
0
0
( )
´( )
f x
x x f x= −
1
2
1
1
1
( )( ) (´ ) f xtg x f x
x x
= =
−
12
1
1
( )
(´ )
f x
x x f x= −
1
( )
(´ )
k
kk
k
f x
x x f x+ = −
Raízes de funções (Método de Newton):
estimativa inicial
método iterativo
equação de recorrência
13/03/2018
1
CAP. 1 – Vetores de Força: Aplicações
MECÂNICA APLICADA À ENGENHARIA
Universidade Federal de São Carlos
Prof. André Luis Christoforo
christoforoal@yahoo.com.br
Departamento de Engenharia Civil - DECiv
2
2 2100 150 2 100 150 cos(115 )oFr = + − ⋅ ⋅ ⋅ = 212,6NLei dos cossenos:
Lei dos senos:
150 212,6
( ) (115 )o
N N
sen sen
θ
θ
= ⇒ = o39,75 39,75 15o oφ = + = o54,75
1) Determine a direção e a intensidade da força resultante Fr da figura
abaixo.
3
4m
6m
C B
A
F
�θ
C
F
θ
BCF
0,8CA BCF F= ⋅0,8 BCF⋅
33,69o33,69o
4
6
m
arctg
m
α  = = 
 
o33,69
( )2 20,8 2 (0,8 ) cos(33,69 )oBC BC BC BCFr F F F F= ⋅ + − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ BC0,555 F
( ) (33,69 )
0,80 0,555
o
BC BC
sen sen
F F
θ
=
⋅ ⋅
( ) 0,80sen θ ≈
θ = o53,13∴
2) Determine o maior valor do ângulo que a força pode ser orientada
de modo que a intensidade de sua componente ao longo da barra CA não
ultrapasse 80% da intensidade da componente na direção BC.
F
�
θ
4
Solução algébrica:
0
 
x x
x y
y y
Fr F
Fr Fr i Fr j
r
F
F F
r = =
= ⋅ + ⋅ 
= =
∑
∑
� � �
2 D
2
2
: 800 cos(60 ) cos( )
: 800 (60 ) (0 0)
o
x
o
y
F F
F sen F sen
Fr Frθ
θ
 = ⋅ + ⋅ =

= ⋅ − ⋅ =
∑
∑
2
692,82
( )F sen θ= θ =
o90∴
2F = 692,82N Fr = 400N
Solução geométrica:
3) Se a força resultante Fr é direcionada ao longo do eixo x positivo,
determinar o menor valor da força e o ângulo correspondente.2F
�
θ
13/03/2018
2
5
( ) 3/ 4tg α =
(3 / 4)arctgα = = o36,870
1F = ?
�
� �
o
2 2 2 500 {cos( 60 ); c {250;os(15 433,013}0 N)}=
yx
o
FF F u
θθ
= ⋅ = ⋅ −−
�
�
o
3 3 3 450 {cos(36,870 90 );cos(180 36,870)}={ 270; 360} N
o o
FF F u= ⋅ + − −= ⋅ −
�
�
o600 {cos(30 );cos(120 ) {519,615; 3 0 N}= 0 }oFrFr Fr u⋅ −= = ⋅
�
�
31 2: Fr F Fr F F F= = + + ⇒∑
� � � � � �
1 2 3 Fr FF F⇒ = − −
� � ��
4) Se a intensidade da força resultante Fr é 600N e com direção no sentido
anti-horário do eixo x positivo de 30 graus, determinar a intensidade da força
e o ângulo .1F
� φ
6
1 {519,615; 300} {250; 433,013} {{ 270; 360} 539,615;493,013= } NF = − − − − − −
�
2 31F Fr F F= − −
� �� �
2 2
1 1 1 (539,615) (493,013) 730,921F NF F= = + =•
� � �
1
1
1 1 {539,615;743,013}
730,92
{0
1
,738;0,675}Fu
F
F
= = ⋅ =
�
�
�
cos( ) cos( ) 0,738 arccos 4( 2,430, ) 9738 ox φθ φ= = ⇒ = =
x
y
42,44o
539,62N
493N
7
� �
o{cos(0 ); cos(9 {P; 0} kN0 )}=
yx
oP P
θθ
= ⋅
�
o
1 1 {cos(60 ); cos( {0,4;3 0,693} kN0 )}=oF F= ⋅
�
o
2 3 {cos(150 ); cos(6 { 2,5980 ; 1,5}= }) kNoF = ⋅ −
�
{cos( ); cos( )}={ ; } kNx yFr FrFr Fr x yθ θ= ⋅
�
1 2: Fr F Fr F F P= = + + ⇒∑
� � � � � � { 2,198{ ; ; 2,193} kN}=x yFr F Pr − +
2 2( 2,198 ) (2,193) 2,4 kN Fr P= − + + ≤ ⇒
� 2 4,396 3,88 0P P− ⋅ + ≤
1
2
3,214 
1,183 
P
kNP
kN=

=
1,183 3,214
 ( )P kN 1,118 3,214 PkN kN≤ ≤
5) Determine a faixa de valores da força de maneira que a intensidade da
força resultante não ultrapasse 2,4 kN.
P
�
8
1 450 { cos(45 ) cos(60 ); cos(45 ) cos(30 ); cos(41 1 5 )} 1o o o o oF = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− ⇒
�
1 { 159,099; 275,568; 318,1 8 9 } NF −⇒ =
�
�
2 600 {cos(45 ); cos(60 ); cos( )}o oF zθ= ⋅
?
�
2 2 2
2 cos (45 ) cos (60 ) cos ( 1)
o o
F zu θ= + + =
�
60
cos( ) 0,50
20
 
1
o
o
z
z
z
θθ
θ
 =
= ± 
=
6) Determine intensidade e os ângulos diretores da força resultante.
13/03/2018
3
9
2 600 {cos(45 ); cos(60 ); c {424os( )}= ,264;300; 3001 } N20o ooF = −⋅
�
∴
1 2 {265,165; 575,568; 18,19 8: = } NFr F Fr F F= = +∑
� � � � �
2 2 2(265,165) (575,568) (18,1 633,973 98)Fr Fr N= = + + =�
21 {265,165; 575,568; 18,198} {0,418; 0,908; 2,87=
633,
}
973
10Fr
Fr
u
Fr
−
⋅= = ⋅
�
�
1
1
2 1 2
cos( ) 0,418 cos (0,418)
cos( ) 0,908 cos (0,908)
cos( ) 2,87 10 
65,292
 cos (2,
24,770
88,35587 10 )
o
oo
x x
y y
z z
θ θ
θ θ
θ θ
−
−
− − −
 = ⇒ = =

= ⇒ = =

= ⋅ ⇒ = ⋅ =
10
�
AO
O
AO
A
r
Fr u Fr
r
Fr Fr= ⋅ ⇒ = ⋅
? �
� �
�
�
{0; 0; 0} {0; 6; 0 {0; 6; 0} }AOr O A m= − = − −=
� 6 AO mr =
�
{0; 1; 0}AOu = −
� {0; ; 0}Fr rF = −
�
7) Dois cabos e uma barra sustentam um peso 1500 N. Se a força resultante é
direcionada ao longo da barra do ponto A para o ponto O, determine as
coordenadas x e z do ponto C e a intensidade da força resultante.
1610 
2400 
B
C
F N
F N
=

=
111610 ABB B BAB
AB
rF F u F
r
= ⋅ ⇒ = ⋅
�
� �
�
�
{ 2; 0; 3} {0; 6; 0 { 2; 6;} 3} AB B mr A= − = −= −− −
�
7 AB mr =
�
{ 0,286; 0,857; 0,429}ABu − −=
�
2400 ACC C CAC
AC
rF F u F
r
= ⋅ ⇒ = ⋅
�
� �
�
�
{ ; 0; } {0; 6; 0} { ; 6; } AC x zr A x zC m= − = − = −
�
2 236AC xr z= + +
�
2 2
1 { ; 6; }
36
AC x z
x z
u = ⋅ −
+ +
�
{ 460,46; 1379,77; 690,69} B NF = − −
�
2 2
1 {2400 ; 14400; 2400 }
36
 NC x zF
x z
⋅ ⋅ − ⋅
+ +
=
�
1500 {cos(90 ); cos(90 ); cos(180 )} {0; 0; 1500} = No o oP −= ⋅
�
12
 : +B CFr F Fr F P F= = +∑
� � � � � �
{0; ; 0} { 460,46; 1379,77; 690,69} {0; 0; 1500}+Fr− = − − + −
2 2
1 {2400 ; 14400; 2400 }
36
x z
x z
⋅ ⋅ − ⋅
+ +
+
2 2
2400
 0= 460,4: 6+
36
xxF F
x
r
x z
⋅
= −
+ +
∑ 2 25,212 = 36x x z⋅ + +
( )2
⇒ ⇒
⇒
226,165 =362x z⋅ −
2 2
1440
 = 137: 9,77
36
yyr
x
F F Fr
z
= − − −
+ +
∑ ⇒ 2 2
14400
=1379,77+
36x z
Fr
+ +
2 2
2400
 0=690,69+ 1500
36
:zzF F
z
r
x z
⋅
= −
+ +
∑ 2 22,965 = 36z x z⋅ + +
( )2
⇒ ⇒
⇒
27,791 =362x z− + ⋅
13/03/2018
4
13
2
2
26,165 =36
7,791 =36
2
2
x z
x z

⋅ −

− + ⋅ (26,165)×
2202,852 =941,94z⋅
2
2
26,165 =36
26,165 203,852 =941,94
2
2
x z
x z

⋅ −

− ⋅ + ⋅
+
+2,196 m
2,1 m
=
96
z


−
⇒
2 226,165 =36 26,165 36 (2,196) 1,249 m
1,249 m
2 2
x z x

⋅ − ⇒ ⋅ = + 
−
2 2
 
1,249
14400
=1379,77+
36 2,196
3591,691 NFr =
+ +
∴
14
{0; 2,4; 3,6} {4,5 {; 0; 0 4,5; 2,4; 3,6} }ACr C A m= − = − − −− =
�
6,243 AC mr =
� { 0,721; 0,384; 0,577}ACu − −=
�
{0; 0,9; 2,4} {4,5 {; 0; 0} 4,5; 0,9; 2,4} ABr B A m= − = −− =
�
5,179 AB mr =
� { 0,869; 0,174; 0,463}ABu = −
�
8) Determine o ângulo entre os cabos, e considerando a intensidade
da força que atua no cabo AB de 250 N, calcule o valor da intensidade
dessa força projetada na direção do cabo AC.
θ
15
250 { 0,869; 0,174; 0, { 217,25; 43,5; 115,463} 75} ABu NF F= ⋅ = ⋅ − −=
�
�
// { 217,25; 43,5; 115,75} { 0,721; 0,384; 0,577}A ACCF F u= = − − −• •
�
�
// 206,721 ACF N=
� �
0,827 1 1
( )AC ABAC ABu u u u cos θ= ⋅ ⋅•
�����
� � (0,827) 34,208-1 ocosθ = =
{ 0,721; 0,384; 0,577}ACu − −=
� { 0,869; 0,174; 0,463}ABu = −
�
1
Universidade Federal de São Carlos
Departamento de Engenharia Civil
Cap. 2 EQUILÍBRIO DE PARTÍCULAS
Material didático adaptado/modificado das obras de:
- Rodrigues, L. E. M. J. Notas de Aula.
- Hibbeler, R. C. Mecânica Estática. 10 ed. São Paulo: Pearson Education 
do Brasil, 2005, 540p.
- Beer, F. P.; Johnston Jr., E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: 
Estática. 5.ed. São Paulo: Makron Books, 1991. 980p.
Prof. André Luis Christoforo
E-mail: christoforoal@yahoo.com.br
01
Equilíbrio de ponto material em 2 dimensões:
(Estrutura)
(diagrama de 
corpo livre)
(condição de 
equilíbrio)
02
- Exemplo de diagrama de corpo livre:
x 
y
x
y
03
- Cabos e molas:
k - coeficiente de rigidez da mola
S - deformação da mola
(Lei de Hooke)
- Cabos 
trabalham 
apenas na 
tração (T)!
2
04Exercícios:
1) Determine a tensão nos cabos AB e AD para o equilíbrio do motor
de 250kg mostrado na figura.
05
2) Determine o comprimento da corda AC da figura, de modo que a luminária
de 8kg seja suspensa na posição mostrada. O comprimento não deformado da
mola é lAB = 0,4m e a mola tem rigidez kAB = 300N/m.
06 07
Equilíbrio de ponto material em 3 dimensões:
3
08Exercícios:
3) Determine a intensidade e os ângulos diretores da força F necessários
para o equilíbrio do ponto.
?
09
10 114) A caixa de 100kg mostrada na figura é suportada por três cordas,
uma delas é acoplada na mola mostrada. Determine a força nas
cordas AC e AD e a deformação da mola.
4
12
- Deformação da mola
13
5) Considere que o cabo AB esteja submetido a uma força de 700N. Determine
as forças de tração nos cabos AC e AD e a intensidade da força vertical F.
14 15
5
16 17
6) Se cada cabo pode suportar uma tração máxima de 1000 N, determine a 
maior massa que o cilindro pode ter na condição de equilíbrio.
(0 ;0 ;0)A = ( 1 ; 1,5 ;3)B = −
( 1 ; -2 ;2)C = − (3 ; -4 ;0)D =
( 1 ; -1,5 ;3)ABr B A= − = −
�
( ) ( ) ( )2 2 22 1 -1,5 3 3,50 mAB ABr r= = − + + =�
( 0,286 ; 0,429 ; 0,857)ABAB
AB
r
u
r
= = − −
�
�
�
( 0,286 ; 0,429 ; 0,857 )AB AB AB AB AB AB
TAB
T T u T T T= ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅
� �
�
18
�
( 0,286 ; 0,429 ; 0,857 )AB AB AB AB AB AB
TAB
T T u T T T= ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅
� �
�
�
( 0,333 ; 0,667 ; 0,667 )AC AC AC AC AC AC
TAC
T T u T T T= ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅
� � �
�
( 0,600 ; 0,800 ; 0 )AD AD AD AD AD AD
TAD
T T u T T T= ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅
� � �
(0 ; 0 ; 9,807 )P m= − ⋅�
( ) ( )0 ; ; ; 0 ; 0 ; 0x y zF F F F= =∑ ∑ ∑ ∑��
0,286 0,333 0,600 0 0
0,429 0,667 0,800 0 0
0,857 0,667 0 9,807 0
AB AC AD
AB AC AD
AB AC
T T T
T T T
T T m
− ⋅ − ⋅ + ⋅ + =

⋅ − ⋅ − ⋅ + =

⋅ − ⋅ + − ⋅ =
[A] {T} {C}
0,286 0,333 0,600 0
0,429 0,667 0,800 0
0,857 0,667 0 9,807
AB
AC
AD
T
T
T m
− −     
    
− − ⋅ =    
   
− ⋅      
������������� ��� �����
19
[A] {T} {C}
0,286 0,333 0,600 0
0,429 0,667 0,800 0
0,857 0,667 0 9,807
AB
AC
AD
T
T
T m
− −     
    
− − ⋅ =    
   
− ⋅      
������������� ��� �����
1
11,074
{T} [A] {C} 0,475
5,542
AB
AC
AD
T m
T m
T m
−
 
⋅ 
  
= ⋅ ⇒ = ⋅   
   
⋅   
11,074 1000 90,30 kgm m⋅ = ⇒ =
1
Universidade Federal de São Carlos
Departamento de Engenharia Civil
Cap. 3 MOMENTOS E RESULTANTES 
DE UM SISTEMA DE FORÇAS
Material didático adaptado/modificado das obras de:
- Rodrigues, L. E. M. J. Notas de Aula.
- Hibbeler, R. C. Mecânica Estática. 10 ed. São Paulo: Pearson Education 
do Brasil, 2005, 540p.
- Beer, F. P.; Johnston Jr., E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: 
Estática. 5.ed. São Paulo: Makron Books, 1991. 980p.
Prof. André Luis Christoforo
E-mail: christoforoal@yahoo.com.br
01
- O momento de uma força fornece uma medida da tendência dessa
força provocar a rotação no corpo em torno do eixo em análise.
- Para problemas em duas dimensões é mais conveniente utilizar uma
abordagem escalar e para problemas em três dimensões a abordagem
vetorial é mais conveniente.
(Momento em torno 
do eixo Z)
(Momento em torno 
do eixo X)
(Não gera momento -
concorre ao polo)
Momento de uma força:
02
Formulação escalar para o momento:
- Momento é uma grandeza vetorial, possui intensidade direção e sentido.
- Convenção de sinais: segue a regra da mão direita, anti-horário é
positivo e horário é negativo.
(sentido do giro)
03
Momento resultante de um sistema de forças coplanares:
2
04Exercícios:
1) Determine o momento da força em relação ao ponto O em cada uma das 
barras mostradas.
05
2) Determine os momentos da força de 800N emrelação aos pontos A, B, C
e D.
06
3) Determine os momentos das forças em relação ao ponto “O”.
(a)
(b)
(c)
07
(d)
(e)
 353,553 5,121 353,553 2,121
1060,659 1060,659
o oMr M
N m N m
= = − ⋅ + ⋅ =
= − ⋅ = ⋅
∑
3
08(f)
Sol. 1:
Sol. 2:
09
Momento de uma força – análise vetorial:
- O momento de uma força em relação a um ponto pode ser determinado
através da aplicação das regras de produto vetorial.
- A regra do produto vetorial para o cálculo de momentos geralmente é
aplicada para sistemas em três dimensões.
10
Princípio dos momentos:
- Teorema de Varignon: Estabelece que o momento de uma força em
relação a um ponto é igual a soma dos momentos das componentes das
forças em relação ao mesmo ponto.
11
Regras do Produto Vetorial:
- O produto vetorial de dois vetores A e B produz o vetor C e matematicamente 
a operação é escrita do seguinte modo:
4
12Formulação vetorial cartesiana: 13
4) Para a cantoneira da figura a seguir, determine o momento da força
F em relação ao ponto O segundo a análise escalar e a análise vetorial.
- Análise Escalar:
- Análise Vetorial:
Exercícios:
14
5) Determine o momento da força F em relação ao ponto O. Expresse o
resultado como um vetor cartesiano.
15
6) O poste abaixo está sujeito a uma força de 60N na direção de C para B.
Determine a intensidade do momento criado por essa força em relação ao
suporte no ponto A.
5
16
C
C
17Momento em relação a um eixo: formulação vetorial:
(calcular determinante)M0
Aplicação do produto
misto: Projeção de um
vetor momento sobre um
eixo de interesse.
18Exercício:
7) A força F atua no ponto A mostrado na figura. Determine a
intensidade do momento dessa força em relação ao eixo x.
C
19Momento de um binário:
- Um binário é definido como duas forças paralelas de mesma intensidade, 
sentidos opostos e separadas por um distância d. O cálculo do momento de 
um binário independe do ponto (polo) de referência.
- Dois binários são ditos equivalentes se produzem o mesmo momento.
6
20
8) Determine o momento de binário que age sobre o encanamento e
expresse o resultado como um vetor cartesiano.
Exercícios:
(0 ;0 ;0,30) mA = (0,40 ; 0 ;0,30) mB =
(0 ; 0 ; 0,30) mOAr A O= − =
�
(0,40 ; 0 ; 0,30) mOBr B O= − =
�
(0,40 ; 0 ; 0) mAB OB OAr r r= − =
� � �
�
( )4 3450 0 ; ; 0 ; -360 ; 270 N
5 5A A A
FA
F F u  = ⋅ = ⋅ − = 
 
� �
�
{ }0,40 0 0 144 108 N m
0 360 270
AB A
i j k
M r F k j= × = = − ⋅ − ⋅ ⋅
−
�� �
�� � ��
2 2( 108) ( 144) = 180N mM = − + − ⋅�
21
9) Determine a distância “d” entre A e B tal que o momento de binário
resultante tenha uma intensidade de 20N·m.
(350 ;0 ;0) mA =
0,866 0,50
350 ; -d cos(30 ) ;d sen(30 ) mo oB
 
 
= ⋅ ⋅
 
 
����� �����
(350 ; 0 ; 0) mOAr A O= − =
� ( )350 ; -0,866 d ; 0,50 d) mOBr B O= − = ⋅ ⋅�
(0 ; -0,866 d ; 0,50 d) mAB OB OAr r r= − = ⋅ ⋅
� � �
�
( ) ( )1 1 1
1
50 1 ; 0 ; 0 50 ; 0 ; 0 N
F
F F u= ⋅ = ⋅ =
� �
�
�
( ) ( )2 2 2
2
35 0 ; 0 ; 1 0 ; 0 ; 35 N
F
F F u= ⋅ = ⋅ =
� �
�
1 1 0 0,866 0,50
50 0 0
AB
i j k
M r F d d= × = − ⋅ ⋅
�� �
� �
�
22
2 2 0 0,866 0,50
0 0 35
AB
i j k
M r F d d= × = − ⋅ ⋅
�� �
� ��
( )1 2= = 30,31 ; 25 d ; 43,30 d N mRM M M d+ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅� � �
= 20 N mRM ⋅
�
( ) ( ) ( )2 2 230,31 25 d 43,30 d 20 0,342 342d d m mm− ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ = =
23
Sistemas equivalentes de cargas concentradas:
- Representa um sistema no qual a força e o momento resultante produzam
em um determinado ponto da estrutura o mesmo efeito que o carregamento
original aplicado.
- no ponto A: 
- no ponto B: 
10 20 30
10 3 20 6 150
R
R
F N
M N m
= + =

= ⋅ + ⋅ = ⋅
10 20 30
10 2 20 5 120
R
R
F N
M N m
= + =

= ⋅ + ⋅ = ⋅
7
24
Exercícios:
10) Substitua as cargas atuantes na viga por uma única força resultante e 
um momento atuante no ponto A.
25
FRx
FRy FR
θ
26
(sistema equivalente)
2711) A estrutura mostrada na figura está submetida a um momento
M e as forças F1 e F2. Substitua esse sistema por uma única força
e um momento equivalente atuante no ponto O.
1 2 249,9 166,5 800rF F F i j k= + = − + −
�� � � � �
8
28 29
Sistemas equivalentes de cargas distribuídas:
- A intensidade da força resultante de um carregamento distribuído é
equivalente a soma de todas as forças atuantes na superfície de contato,
devendo ser localizada nas coordenadas do centro geométrico da sua área
de atuação.
[ ]( ) (dimensão)[ ]
Fp x
L
=
força
comprimento
( )dLy eq 0F F p x x⇒ =∑ ∫
(Feq é igual a área sob a função
de carregamento distribuído)
30
( )dLeq 0F p x x= ∫
( ) dLO eq 0M F x p x x x⇒ ⋅ = ⋅∑ ∫
(Momento da força
equivalente)
(Momento da força
distribuída - real)
( ) dL
0
eq
p x x x
x
F
⋅
=
∫ ( ) d
( )d
L
0
L
0
p x x x
x
p x x
⋅
=
∫
∫
(centro geométrico)
31Exercícios:
12) Determine a intensidade e a localização da força resultante
equivalente que atua no eixo mostrado na figura.
9
32 33
13) Um carregamento distribuído com p(x) = 800.x (Pa) atua no topo de
uma superfície de uma viga como mostra a figura. Determine a
intensidade e a localização da força resultante equivalente.
34
14) A placa da figura abaixo está sujeita a quatro forças paralelas.
Determine a intensidade e a direção de uma força resultante equivalente
ao sistema de forças dado e situe seu ponto de aplicação na placa.
35
Uma força resultante FR = 1400N situada no ponto P(3,0 m; 2,50m) é
equivalente ao sistema de forças paralelas que é aplicado na placa.
1
Universidade Federal de São Carlos
Departamento de Engenharia Civil
Cap. 4 EQUILÍBRIO DE CORPOS 
RÍGIDOS
Material didático adaptado/modificado das obras de:
- Rodrigues, L. E. M. J. Notas de Aula.
- Hibbeler, R. C. Mecânica Estática. 10 ed. São Paulo: Pearson Education 
do Brasil, 2005, 540p.
- Beer, F. P.; Johnston Jr., E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: 
Estática. 5.ed. São Paulo: Makron Books, 1991. 980p.
Prof. André Luis Christoforo
E-mail: christoforoal@yahoo.com.br
01
Equilíbrio de um corpo extenso em 2 dimensões
- Um corpo extenso no plano possui três possibilidades de
movimento, sendo duas translações e uma rotação, assim como
ilustra a figura:
Graus de liberdade:
02Vínculos em estruturas planas:
- Vínculos são elementos estruturais que têm por finalidade conectar a
estrutura a um referencial “indeslocável” ou também, de interligar os
elementos estruturais que a compõe.
- Apoio Fixo:
Retira dois graus de liberdade do corpo extenso no plano, sendo estes duas
translações.
03
- Apoio Móvel:
Retira um grau de liberdade do corpo extenso no plano, sendo este uma
translação.
- Engastamento Fixo:
Retira três graus de liberdade do corpo extenso no plano, sendo estes duas
translações e uma rotação.
2
04
- EngastamentoMóvel:
Retira dois graus de liberdade do corpo extenso no plano, sendo estes uma
translação e uma rotação.
05
- Viga:
Estrutura constituída por elemento de barra e sujeita a um conjunto de forças
não-colineares ao seu eixo, gerando esforços de flexão e(ou) cisalhamento.
06
Classificação das vigas:
- Quanto a vinculação, as vigas são classificadas como:
- Isostáticas
- Ipostáticas
-Hiperestáticas
- Vigas isostáticas:
- Possuem a quantidade necessária e suficiente de vínculos para manter 
a estrutura em equilíbrio.
- Do ponto de vista algébrico:
-3 Equações de 
-equilíbrio:
0
0
0
X
y
A
F
F
M
 =

=

=
∑
∑
∑
-3 Incógnitas:
07- Vigas ipostáticas:
- Possuem quantidade de vínculos inferior à quantidade necessária paramanter a estrutura em equilíbrio.
- Do ponto de vista algébrico:
-3 Equações de 
-equilíbrio:
0
0
0
X
y
A
F
F
M
 =

=

=
∑
∑
∑ -2 Incógnitas:
- Vigas Hiperestáticas:
- Possuem quantidade de vínculos superior à quantidade necessária para 
manter a estrutura em equilíbrio.
- Do ponto de vista algébrico:
-3 Equações de 
-equilíbrio:
0
0
0
X
y
A
F
F
M
 =

=

=
∑
∑
∑
-4 Incógnitas:
3
08
A viga da figura abaixo é dita uma vez hiperestática, apresentando um
vínculo a mais além da quantidade necessária ao equilíbrio. Este vínculo
em excesso é denominado de “redundante” ao equilíbrio.
As vigas hiperestáticas são foco de estudo da Resistência dos Materiais, e
a quarta equação surge da consideração de deformabilidade do material,
o que não se considera no presente curso.
09
Diagrama de Corpo Livre – Analogia Prática/Teórica
10 11
Outros tipos de vínculos
4
12 13
14
Exercícios:
1) Para a estrutura mostrada na figura determine as reações nos apoios A e 
C.
15
2) Para a estrutura mostrada na figura determine as reações nos apoios A e B.
5
16 17
3) Para a viga da figura abaixo determine as reações nos apoios A e B.
- Substituindo (III) em (II), tem-se que:
10 0 10VA VAR R kN+ = ⇒ = −
Portanto, a 
solução é:
( )
( )
( )
10
10
10
HA
VA
VB
R kN
R kN
R kN

= ←


= ↓

= ↑
( )
( )
( )
0 10 0 10
0 0
0 2 20 0 10
X HA HA
Y VA VB
A VB VB
F R R kN
F R R
M R R kN
= ⇒ + = ∴ = − Ι
= ⇒ + = ΙΙ
= ⇒ − ⋅ + = ∴ = ΙΙΙ
∑
∑
∑
18
4) Para a viga da figura abaixo determine as reações no engaste fixo.
Portanto, a solução é:
( )
( )
5
10
20 .
HA
VA
A
R kN
R kN
M kN m
= →

= ↑

=
0 5 0 5
0 10 0 10
0 10 1 10 0 20 .
X HA HA
Y VA VA
A A A
F R R kN
F R R kN
M M M kN m
= ⇒ − = ⇒ =
= ⇒ − = ⇒ =
= ⇒ − + ⋅ + = ⇒ =
∑
∑
∑
19
5) Para a viga bi-apoiada abaixo determine as reações nos apoios.
( )
0
L
eqF p x dx= ∫ ( ) 5 (kN/m)p x =
2
0
5 10
eq eqF dx F kN= ⇒ =∫
x
eq
S
x
F
= ( )
2 2
2 2
0
0 0 0
55 5 [ ] 10
2
L
x
S p x xdx xdx xdx x= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =∫ ∫ ∫
10 1m
10
x = =
0 0
0 10
0 10 1 2 0 5
5
A
A B
B B
A
x H
y V V
A V V
V
F R
F R R
M R R kN
R kN
= ⇒ =
= ⇒ + =
= ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ =
∴ =
∑
∑
∑
6
20
6) Para a viga bi-apoiada abaixo determine as reações nos apoios.
( ) ( ) ( )( ) ( )
0 0 0x p x
p x ax b
x L p x L q
= ⇒ = = Ι
= + 
= ⇒ = = ΙΙ
0b =De (I) se tem:
0 qa L q a
L
⋅ + = ⇒ = ( ) qp x x
L
∴ =Da equação (II) tem-se: 
( )
0
L
eqF p x dx= ∫
0 0
L L
eq
q qF xdx xdx
L L
= =∫ ∫
2 2
02 2 2
L
eq eq
q q q LF x F L
L L
⋅
 = ⇒ = ⋅ = 
( )
( )
0
0
L
x
L
eq
p x xdx
S
x
F
p x dx
⋅
= =
∫
∫
2
0 0
L L
x
q qS x xdx x dx
L L
= ⋅ =∫ ∫
3 3 2
03 3 3
L
x
q x q L qLS
L L
  ⋅
= = = 
 
2
2 23
3 3
2
q L
x L x Lq L
⋅
∴ = = ⇒ =
⋅
21
( )0 0x HAF R= ⇒ = Ι∑ ( )0 2y VA VB
q LF R R ⋅= ⇒ + = ΙΙ∑
20 0
2 3A VB
q LM L L R⋅= ⇒ ⋅ − ⋅ =∑ ( )
2
0
3 3VB VB
q L q LL R R⋅ ⋅− ⋅ = ⇒ = ΙΙΙ
3 2VA
q L q LR ⋅ ⋅+ =
2 3 6VA VA
q L q L q LR R⋅ ⋅ ⋅= − ⇒ =
22
7) Para a viga bi-apoiada abaixo determine as reações nos apoios.
0
3,5 ( )
5,5 ( )
HA
VA
VB
R kN
R kN
R kN
=

= ↑

= ↑
( ) ( )1
1
1 / 3 , 0 3 , 0
3 , 0 1, 5
2
F kN M M kN
x m
= ⋅ =


= =

(parte 1 da carga)
( ) ( )
( )
2
2
1 4 / 3 , 0 6 , 0
2
2 3 , 0 2 , 0
3
F k N M M k N
x m

= ⋅ =

 = =

(parte 2 da carga)
23Equilíbrio de um corpo extenso em 3 dimensões
- Equações de equilíbrio vetoriais:
- Equações de equilíbrio escalares:
- A VIGA é isostática quando apresenta seis reações de apoio como incógnitas,
visto que são disponíveis 6 equações de equilíbrio explicitadas na forma escalar.
7
24Vínculos em estruturas Tridimensionais: 25
26 27Exercícios:
8) Desenhe e discuta os diagramas de corpo livre para as estruturas a seguir.
8
28 29
Desconsiderando os 
momentos
em torno dos eixos x e z
30
(2 ) (3 ) 0z x yM B m B m= − ⋅ + ⋅ =∑ (Eq. Redundante – Bx e By já foram determinadas)
(Análise Escalar!!!)
9) Determine as reações nos vínculos da estrutura a seguir. Admita 
placa homogênea com massa de 100 kg.
(Eq. I)
(Eq. II)
(Eq. III)
Resolver sistema 
linear 3×3
OU!!!!
31
Substituindo-se o valore de AZ na penúltima equação do slide anterior ou o
valor de TC na antepenúltima equação do slide anterior encontra-se o valor
da força incógnita Bz.
OU
9
3210) A Barra AB da figura está sujeita à força de 200N. Determine as 
reações na junta esférica A e a tração nos cabos BD e BE .
x
y
z
F=
x
y
z
F=
33
A resolução do sistema de equações fornece:
(produto vetorial)
× ×