captulo II - corpos rgidos e sistemas equivalentes de foras

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Capítulo 2
Corpos Rígidos: Sistemas 
Equivalentes de Forças
Mecânica Geral
Copyright (c) 2010 
by John Wiley & Sons, Inc
Universidade Federal Fluminense – EEIMVR - VEM
Mecânica Geral
I. L. Ferreira, N. Medeiros
...
2.1 Introdução
� Corpo Rígido:
� Ponto Material e Corpo:
� É comum aproximar um corpo a um ponto material. Na
verdade um grande conjunto de pontos materiais
define um corpo. As dimensões do corpo devem ser
considerados, já que as forças atuam em pontos
distintos do corpo, ou seja, tem distintos pontos de
aplicação.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Corpo Rígido:
�Um dado sólido ou corpo é dito rígido quando não se
deforma ao ser submetido a carregamentos. Na prática,
estruturas e máquinas são deformados quanto
solicitadas, porém os níveis de deformação que
experimentam são tais que as condições de equilíbrio e
movimento se mantém predominante inalteradas. A
mecânica básica considera corpos como rígidos.
2.1 Introdução
� Forças Externas:
�Representam a ação de outros corpos sobre o sólido
rígido em questão, sendo responsáveis pelo seu
comportamento externo. Podem causar a movimentação
� Forças que atuam em Corpos Rígidos:
� As forças atuantes em corpos rígidos são classificadas
quanto a natureza como externas e internas.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
comportamento externo. Podem causar a movimentação
do corpo onde atuam ou mantê-lo em repouso.
2.1 Introdução
Ex.: Considere um caminhão abaixo que é puxado por meio
de uma corda presa ao pára-choque dianteiro.
Solo
O diagrama do corpo-livre para este problema representa as
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O diagrama do corpo-livre para este problema representa as
forças externas que atuam sobre o caminhão, ou seja,
*
1R *2R
*
1P
*F
2.1 Introdução
onde,
*
1P
*F
*
1R
*
2Re - Reação do solo sobre cada roda do caminhão em
razão da ação de seu peso.
- Força peso cujo ponto de aplicação é no
baricentro.
- Forças exercida para puxar o caminhão. Esta força
movimentará o caminhão para frente na direção
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O movimento do caminhão para frente é chamado translação,
já que as linhas retas permanecem paralelas. Se um macaco
fosse colocado no eixo dianteiro do caminhão, um giro seria
observado sobre seu eixo traseiro, isto é, um movimento de
rotação.
movimentará o caminhão para frente na direção
horizontal, pois não se observam forças que se
oponham ao movimento.
2.1 Introdução
� Forças Internas:
� Forças responsáveis pela coesão dos pontos que
constituem o corpo-rígido. Ex.: Ligação metálica, força
de coesão do retículo cristalino dos metais.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2.2 Definições
� Princípio da Transmissibilidade:
� Este princípio estabelece que um dado corpo-rígido
mantém inalteradas as suas condições de equilíbrio ou
de movimento se uma força F* que atua sobre um
determinado ponto for substituída por outra força F*’ de
mesmo módulo, direção e sentido porém agindo num
ponto distinto deste sólido. Todavia, F* e F*’,
obrigatoriamente tem que possuir a mesma linha de
Capítulo 2 – Corpo Rígido
obrigatoriamente tem que possuir a mesma linha de
ação. Nestas condições, estas forças, são ditas
equivalentes e causam o mesmo efeito sobre o sólido
considerado, conforme mostrado abaixo,
Sólido 
Rígido
Linha de 
Ação
Linha de 
Ação
Sólido 
Rígido
*F
*'F
2.2 Definições
� De acordo com princípio da transmissibilidade, o ponto
de aplicação de F* ou F*’ não é relevante, desde que a
linha de ação seja idêntica. Assim, estes vetores são
ditos deslizantes.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2.2 Definições
� Limitação do Princípio da Transmissibilidade: Forças
Internas e Deformações
� Considere uma barra curta AB sujeita às forças trativas
iguais e de sentidos opostos,
*
1P
*
2P
BA
Pelo princípio da transmissibilidade, a força P em B pode
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Pelo princípio da transmissibilidade, a força P2 em B pode
ser substituída pela força P2’ em A, já que ambas P1 e P2 se
localizam sobre a mesma linha de ação. Como resultado da
adição entre P1 e P2’ observa-se que a barra AB passa a não
sofrer a ação de qualquer força externa, de acordo com a
figura seguinte, BA
Sistema equivalente de
forças externas para a
barra AB.
2.2 Definições
*
4P
*
3P
BA
Por outro lado, a mesma barra AB pode ser submetida as
forças compressivas P3 e P4,
Assim, após substituir a força P4 e P4’ que atuará sobre B, a
adição de P4’ e P3 também resultará num sistema equivalente
nulo de forças externas que agem sobre a barra AB, isto é,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
nulo de forças externas que agem sobre a barra AB, isto é,
BA
2.2 Definições
� Limitações:
Barra AB sujeita 
às forças 
externas 
trativas P1 e 
P2
Forças internas 
e deformação
Aumento do 
comprimento e 
redução da 
altura pela 
conservação do 
volume
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Barra AB sujeita 
às forças 
externas 
compressivas
P3 e P4
Forças internas 
e deformação
Diminuição do 
comprimento e 
aumento da 
altura pela 
conservação do 
volume
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
� Produto Vetorial:
� O produto vetorial entre os vetores P e Q abaixo
ilustrados resulta no vetor V,
V = P x Q
Capítulo 2 – Corpo Rígido
P
Q
θ
α
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
� Regras do Produto Vetorial:
i. A linha de ação do vetor V deve ser perpendicular ao
plano α o qual contém os vetores P e Q;
ii. O módulo do vetor V é obtido pelo produto entre os
módulos de P e Q corrigido pelo seno do ângulo θ
entre estes;
0180,sin ≤∀= θθQPV
Capítulo 2 – Corpo Rígido
iii. O sentido de V é tal que um observador colocado
sobre a sua extremidade de V observará como sendo
anti-horária a rotação de θ que traz vetor P sobre o
vetor Q, desde que estes tenham o mesmo ponto de
aplicação. Caso P e Q não tenham o mesmo ponto de
aplicação, devem ser dispostos de forma que atendam
a tal condição, sendo P, Q e V um triedro positivo.
0180,sin ≤∀= θθQPV
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
� Propriedades do Produto Vetorial:
i. O produto vetorial não é comutativo. Com base na
terceira condição, o produto vetorial Q x P resultaria
no vetor –V, tendo em vista o observador definido a
rotação anti-horária de θ para a aproximação de Q a P,
logo,
( )QPPQ ×−=×
Capítulo 2 – Corpo Rígido
ii. O produto vetorial é distributivo, ou seja,
( )QPPQ ×−=×
( ) 2121 QPQPQQP ×+×=+×
onde,
21 QQQ +=
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
Logo, graficamente,
P
Q1
α
Q2
Q
x
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Para verificação consultar o capítulo 2 do Beer and
Johnston Jr.
iii. O produto vetorial não é associativo, desta forma,
( ) ( )SQPSQP +×≠×+
-k = j x i 
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
� Produto vetorial em termos de componentes cartesianas:
� Considerando os fundamentos relativos ao produto
vetorial, tem-se que,
a. ;kji =× y
j
y
j
-z
-k = j x i 
Capítulo 2 – Corpo Rígido
b. ;kij −=×
x
z
i
k = i x j 
x
z
i
i, j e k são mutuamente
ortogonais e formam
um triedro positivo
A rotação e 900 que traz
j sobre i fornece o vetor
–k.
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
� Produto vetorial em termos de componentes cartesianas:
c. ;0=× ii
Ambos os vetores têm a mesma direção, portanto,
0kkikjjki
ijk0jjkji
jikkij0ii
=×=×−=×
−=×=×=×
=×−=×=×
iRM
Capítulo 2 – Corpo Rígido
0kkikjjki =×=×−=×
Estas combinações são facilmente entendidas dispondo-se
as três letras associadas aos vetores unitários em sentido
anti-horário num círculo, então
i
j
k
Produto vetorial positivo:
os vetores unitários
seguem um ao outro.
Produto vetorial negativo:
os vetores unitáriosnão
seguem um ao outro.
ixM
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
Finalmente, o produto vetorial entre os vetores P e Q é
definido em termos das componentes escalares,
( ) ( )kjikjiQPV zyxzyx QQQPPP ++×++=×=
Com base nas combinações possíveis para os produtos
vetoriais entre os vetores unitários, segue-se que:
( ) ( ) ( )
44 344 2144 344 2144 344 21 xyyxzxxzyzzx
QPQPQPQPQPQP kjiV −+−+−=
Capítulo 2 – Corpo Rígido
( ) ( ) ( )
44 344 2144 344 2144 344 21
zyx V
xyyx
V
zxxz
V
yzzx
Uma vez que,
kijkji
jkijik
ijkikj
−=×=×
−=×=×
−=×=×
ou,
zyx
zyx
QQQ
PPP
kji
=V
2.3 Produto Vetorial de Dois Vetores
Além disso,
xyyxz QPQPV −=yzzxx QPQPV −= zxxzy QPQPV −=, e
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2.4 Momento de Uma Força
� Momento de uma Força em Relação a um Ponto:
� Considere o esquema abaixo no qual a força F atua
sobre um corpo rígido pode meio de seu ponto de
aplicação A,
F
Mo
Capítulo 2 – Corpo Rígido
θr
dO A
2.4 Momento de Uma Força
� Pontos Principais:
� O efeito de F sobre o corpo rígido depende de seu
ponto de aplicação A;
� O vetor posição r define a posição de A, unindo A e o
ponto fixo de referência O;
� O vetores r e F definem o plano ilustrado.
A partir destas características, o momento de F com relação
Capítulo 2 – Corpo Rígido
A partir destas características, o momento de F com relação
a O é definido pelo produto vetorial entre r e F, isto é,
FrMo ×=
2.4 Momento de Uma Força
� De acordo com os princípios do produto vetorial:
� Mo é perpendicular ao plano que contém a origem O e
a força F;
� O sentido de Mo é dado pela rotação que faria r alinhar-
se a F;
� A rotação anti-horária quando um observador é
colocado na extremidade de Mo.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
colocado na extremidade de Mo.
Portanto, definindo-se θ como ângulo entre r e F, o módulo
de Mo é calculado por,
dFFrMo == θsin
onde d denota a distância perpendicular de O à linha de ação
de F. Além disso, o módulo de Mo mede a tendência de F
promover a rotação de um corpo rígido sobre o eixo.
2.4 Momento de Uma Força
Se diversas forças concorrentes tiverem o mesmo ponto de
aplicação A, conforme abaixo, a propriedade distributiva do
produto vetorial permite escrever,
y
F
F3F3
r
( )
4321
4321
FrFrFrFr
FFFFr
×+×+×+×
=+++×A
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Teorema de Varignon:
� O momento em relação a um dado ponto O da
resultante de diversas forças concorrentes é igual a
soma dos momentos das várias forças em relação ao
mesmo ponto O.
x
z
F1
F2
O
2.4 Momento de Uma Força
� Componentes Cartesianas do Momento de uma Força
� Considere o momento Mo em relação a O de uma força
F com componentes Fx, Fy e Fz, aplicada ao ponto A no
espaço R3 de coordenadas x, y e z;
y
Fy j
Capítulo 2 – Corpo Rígido
zk
r
O
y j
xi
A(x,y,z)
Fzk
Fxi
x
z
2.4 Momento de Uma Força
� Componentes Cartesianas do Momento de uma Força
� Define-se os vetores r e F:
kjir zyx ++= e kjiF zyx FFF ++=
� O momento Mo é dado por:
( ) ( )kjikjiFrMo zyx FFFzyx ++×++=×=
ainda,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
ainda,
kjiMo zyx MoMoMo ++=
Relembrando o produto vetorial entre os vetores unitários,
zyx FFF
zyx
kji
=Mo
xyz
zxy
yzx
yFxFMo
xFzFMo
zFyFMo
−=
−=
−=
⇒
2.4 Momento de Uma Força
� Momento em Relação a um Ponto Arbitrário
� Considere uma força F de componentes Fx, Fy e Fz
aplicada sobre um ponto A, conforme mostrado,
∆r
B
y
(yA-yB)j
A(x,y,z)
F
Fxi
Fy j
(xA-xB)i
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Fzk
x
z
(zA-zB)k
O
2.4 Momento de Uma Força
O momento MoB é dado por,
( ) ( ) ( )kjikjiFFrMo zyxBAB FFFzyxrr ++×∆+∆+∆=×−=×∆=
ou de forma análoga,
B zyx
kji
∆∆∆=Mo
Capítulo 2 – Corpo Rígido
zyx FFF
sendo,
BA xxx −=∆ , BA yyy −=∆ e BA zzz −=∆
2.4 Momento de Uma Força
� Problemas Bidimensionais: Força F atuante no Plano xy
com Origem Fixa:
r
y
Fx i
F
Fy j
x
x i
y j
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Para z = 0 e Fz = 0, o momento Mo é dado por:
( )kMo xy yFxF −=
x
z
Mo = M zk
O x i
e ( )kkMo xyz yFxFMo −==
2.4 Momento de Uma Força
� Problemas Bidimensionais: Força F atuante no Plano xy
com Momento em Ponto Arbitrário B:
r
y Fx i
F
Fy j
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Para z = 0 e Fz = 0, o momento Mo é dado por:
x
z
MoB = MBk
O
( ) [ ] [ ] kkMo










−−−=∆−∆=
4444 34444 21
BMo
xBAyBAxyB FyyFxxFyFx
2.4 Momento de Uma Força
Ex.: Uma força vertical de 500 N é aplicada à extremidade de
uma manivela fixada a um eixo em O. Determinar:
a. O momento da força de 500 N em relação a O;
b. Intensidade da força horizontal aplicada em A que gera o
mesmo momento em relação a O;
c. A menor força aplicada em A que gera o mesmo momento
em relação O;
Capítulo 2 – Corpo Rígido
em relação O;
d. A distância a que uma força vertical de 1200 N deverá
estar do eixo para gerar o mesmo momento em relação a
O;
e. Se alguma das forças obtidas nos itens b, c e d é
equivalente à força original.
2.4 Momento de Uma Força
Representação Esquemática:
0,60 m
500 N
Capítulo 2 – Corpo Rígido
60o
O
500 N
2.4 Momento de Uma Força
Solução:
a. Intensidade da força horizontal aplicada em A que gera o
mesmo momento em relação a O;
A distância de O à linha de ação da força é expressa da
forma,
m 30,060cos60,0cos o ≅== xLd θ
O módulo do momento em relação a O pode ser calculado
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O módulo do momento em relação a O pode ser calculado
como,
N.m 15030,0500 ≅== xdFMo
� O momento será representado pelo vetor Mo perpendicular
ao plano da figura e apontando para dentro da folha.
2.4 Momento de Uma Força
b. Intensidade da força horizontal aplicada em A que gera o
mesmo momento em relação a O;
A distância de O à linha de ação da força horizontal é
expressa da forma,
m 52,060sin60,0sin o ≅== xLd θ
O módulo do momento em relação a O pode ser calculado
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O módulo do momento em relação a O pode ser calculado
como,
52,0 N.m 150 HH FdFMo ===
logo,
N 5,288
52,0
150
≅=HF
2.4 Momento de Uma Força
c. A menor força aplicada em A que gera o mesmo momento
em relação O;
Para o cálculo da menor força,
FdMo = logo, N 250
6,0
150
===
d
MoF
d. A distância a que uma força vertical de 1200 N deverá
Capítulo 2 – Corpo Rígido
mm 125m 125,0
1200
150
=≅==
F
Mod
Todavia,
mm 250m 25,0
60cos
125,0
60cos oo
=≅==
d
r
d. A distância a que uma força vertical de 1200 N deverá
estar do eixo para gerar o mesmo momento em relação a
O;
60o
dMo
2.5 Produto Escalar
� Produto Escalar de Dois Vetores
� O produto escalar de dois vetores P e Q é dado por,
P
Q
θ
θcosQP=⋅QP
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Resultando num escalar PQ.
2.5 Produto Escalar
� Propriedades do Produto Escalar
� O produto escalar de dois vetores é comutativo,
PQQP ⋅=⋅
� O produto escalar de dois vetores é distributivo,
( ) 2121 QPQPQQP ⋅+⋅=+⋅
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
y
Q2Q1
O
Q
P
2.5 Produto Escalar
� O produto escalar de não é associativo, pois,
( ) →⋅⋅ SQP Não tem sentido pois,P.Q é um escalar!!!!
� Produto Escalar em termos de Componentes Cartesianas: 
� Seja o seguinte produto escalar,
( ) ( )kjikjiQP zyxzyx QQQPPP ++⋅++=⋅
Capítulo 2 – Corpo Rígido
( ) ( )kjikjiQP zyxzyx QQQPPP ++⋅++=⋅
logo,
( )
( )
( )kkjkik
kjjjij
kijiiiQP
zzyzxz
zyyyxy
zxyxxx
QPQPQP
QPQPQP
QPQPQP
⋅+⋅+⋅
+⋅+⋅+⋅
+⋅+⋅+⋅=⋅
2.5 Produto Escalar
100
010
001
=⋅=⋅=⋅
=⋅=⋅=⋅
=⋅=⋅=⋅
kkkjki
jkjjji
ikijii
Todavia,pela definição de produto escalar,
QPQPQP ⋅+⋅+⋅=⋅QP
Disto resulta,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
zzyyxx QPQPQP ⋅+⋅+⋅=⋅QP
Se P for igual a Q, tem-se,
2222 PPPP zyx =++=⋅PP
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Ângulo formado por Dois Vetores
� Sejam conhecidos dois vetores P e Q em termos de
suas componentes.
zzyyxx
zyx
zyx QPQPQPPQQQQ
PPP
++=



++=
++=
θcos
kjiQ
kjiP
Resolvendo para cos θ,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Resolvendo para cos θ,
PQ
QPQPQP zzyyxx ++
=θcos
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Projeção de um Vetor sobre um Eixo
� Considere o vetor P que forma um ângulo com o
segmento de reta OL, da forma
y
A
OL
Capítulo 2 – Corpo Rígido
θcosPPOL =
x
z
O
P
A projeção de P sobre OL é dada por,
cujo comprimento é OA.
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Por outro lado, quando se tem um vetor Q orientado
segundo OL, o produto escalar entre P e Q fornece,
x
y
A
OL
P
θ
Capítulo 2 – Corpo Rígido
QPPQ OL==⋅ θcosQP
x
z
O
P
Então,
Q
QPQPQP
QP
zzyyxx
OL
++
=
⋅
=
QP
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Por fim, se o vetor considerado sobre OL é o vetor
unitário λ, tem-se que,
x
y
A OL
P
θx
θy
Capítulo 2 – Corpo Rígido
λP ⋅=OLP
x
z
O
P
Lembrando que,
kjiP zyx PPP ++=
θz
e kjiλ zyx θθθ coscoscos ++=
2.5 Aplicações de Produto Escalar
O produto escalar de P e λ fornece,
zzyyxxOL PPPP θθθ coscoscos ++=⋅= λP
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Produto Misto entre Três Vetores
� O produto misto entre três vetores S, P e Q é definido
por,
( )QPS ×⋅
O qual geometricamente fornece o volume de um
paralelepípedo de arestas S, P e Q, conforme abaixo
mostrado,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
mostrado,
P
QS
2.5 Aplicações de Produto Escalar
� Produto Misto Positivo: Os vetores S, P e Q formam um
triedro positivo;
� Produto Misto Negativo: Os vetores S, P e Q formam
um triedro negativo;
� Produto Misto Nulo: Os vetores S, P e Q são co-
planares.
As possibilidades para o produto misto resultam no mesmo
Capítulo 2 – Corpo Rígido
As possibilidades para o produto misto resultam no mesmo
valor absoluto, embora com sinais distintos,
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )SPQQSPPQS
PSQSQPQPS
×⋅−=×⋅−=×⋅−=
×⋅=×⋅=×⋅
Pode ser verificado dispondo os vetores em
ordem anti-horária, S
P
Q
2.5 Aplicações de Produto Escalar
( ) zzyyxx VSVSVS ++=⋅=×⋅ VSQPS
lembrando que,
� Produto Misto em termos das Componentes Cartesianas
� Denominando-se por V, o produto vetorial PxQ, tem-se
que,
( ) ( )kjikjiV zyxzyx QQQPPP ++×++=
Capítulo 2 – Corpo Rígido
e, ( ) ( ) ( )kjiV xyyxzxxzyzzy QPQPQPQPQPQP −+−+−=
Finalmente,
( ) ( ) ( ) ( )xyyxzzxxzyyzzyx QPQPSQPQPSQPQPS −+−+−=×⋅ QPS
2.5 Aplicações de Produto Escalar
E na forma compacta,
( )
zyx
zyx
zyx
QQQ
PPP
SSS
=×⋅ QPS
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2.6 Momento de uma Força Relativo a um eixo
� Momento de uma Força em Relação a um Eixo
� Considere a ilustração abaixo que mostra uma força F
que atua num corpo rígido e produz o momento Mo, em
relação ao ponto O de um eixo.
y
c
L
Mo
F
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
c
O
A
θz
Mo
r
λ
Seja OL um eixo que passa por O, define-se o momento MOL
de F em relação a OL como a projeção OC do momento Mo
sobre o eixo OL.
2.6 Momento de uma Força Relativo a um eixo
Portanto, o momento MOL como o escalar obtido pelo produto
misto entre λ, r e F. Na forma, de um determinante, tem-se
que,
Incluindo-se o vetor unitário λ segundo OL, pode-se escrever,
( )FrλMoλ ×⋅=⋅=OLM
zyx λλλ kjiλ zyx θθθ coscoscos ++=
Capítulo 2 – Corpo Rígido
zyx
zyx
OL
FFF
zyxM = sendo, kjir yyx ++=
kjiF zyx FFF ++=
onde,
λx, λy e λz : co-senos diretores do eixo OL;
x, y e z : coordenadas do ponto de aplicação de F;
Fx, Fy e Fz : componentes escalares de F.
2.6 Momento de uma Força Relativo a um eixo
E, de forma análoga no caso do momento em relação a um
ponto:
kjiMOL zyx MMM ++=
onde,
OLM de escalares scomponente 




−=
−=
zxy
yzx
xFzFM
zFyFM
Capítulo 2 – Corpo Rígido

−= xyz yFxFM
2.6 Momento de uma Força
� Momento de uma Força em Relação a um Eixo: Ponto de 
Aplicação Arbitrário
� Considere o momento de uma força F aplicada em A,
em relação a um eixo que não passa pela origem.
Adotando-se um ponto arbitrário B sobre o eixo, e
determina-se a projeção sobre o eixo BL do momento
MB de F em relação a B, pode-se escrever:
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
y
O
A
λ
B
F
c
( )FrλMλM ×∆⋅=⋅= BBL
L
2.6 Momento de uma Força
Na forma de determinante,
onde,
zyx
zyx
BL
FFF
zyx ∆∆∆=
λλλ
M
Capítulo 2 – Corpo Rígido
onde,
λx, λy e λz : co-senos diretores do eixo BL;
∆x, ∆y e ∆z : coordenadas componentes de ∆r;
Fx, Fy e Fz : componentes escalares de F.
2.6 Momento de uma Força
Ainda denominando MCL o memento obtido ao se escolher o
ponto c, tem-se que
então,
( )[ ]FrrλM ×−⋅= BACL
( )[ ] ( )[ ]FrrλFrrλM ×−⋅+×−⋅= CBBACL
Mas o produto misto entre λ, (rB-rC) e F é nulo, já que os
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Mas o produto misto entre λ, (rB-rC) e F é nulo, já que os
mesmos são coplanares. Portanto, MCL e MBL são iguais, o
que indica que o resultado independente do ponto arbitrário
escolhido.
2.6 Momento de uma Força
� Ex.: Um cubo de aresta a é submetido a uma força de 
módulo P, conforme ilustrado,
BA
E F
D C
G
P
a
O
Capítulo 2 – Corpo Rígido
E F
a. O momento de P em relação a A;
b. O momento de P em relação à aresta AB;
c. O momento de P em relação À diagonal AG;
d. A distância de AG à FC, utilizando o resultado de c.
2.6 Momento de uma Força
� Resolução:
a. O momento de P em relação a A;
BA
D C
G
P a
y
x
aO
j
ik
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Escolhendo os eixos x, y e z, decompõe-se em componentes
cartesianas a força P e o vetor ∆r = AF, que liga A ao ponto de
aplicação P da força F.
E Fz
x
a
aO
ik
)( jijir −=−=∆ aaa e ( ) ( ) ( )( )kjkjP −=−= 222 PPP
2.6 Momento de uma Força
Logo, o momento de P em relação a A será,
logo,
( ) ( )( )kjjiPrM −×−=×∆= 2PaA
( ) ( )( ) ( )( )kjikjjiM ++=−×−= 22 PaPaA
b. O momento de P em relação à aresta AB;
Capítulo 2 – Corpo Rígido
( )( ) ( )22 PaPaAAB =++⋅=⋅= kjiiMiM
2.6 Momento de uma Força
c. O momento de P em relação À diagonal AG;
O momento de P em relação a AG é obtido projetando-se MA
sobre AG. Denominando de λ o vetor unitário ao longo de AG,
tem-se que,
D C
y
Capítulo 2 – Corpo Rígido
BA
E F
G
P
a
z
x
a
aO
j
ik
λ ( )kjikjiAGλ −−=−−==
3
1
3a
aaa
AG
logo,
( ) ( )( ) 6231 PaPaA −=++⋅−−=⋅ kjikjiMλ
2.6 Momento de uma Força
c. O momento de P em relação À diagonal AG;
Outra possibilidade,
BA
E
D C
G
P
a
y
x
aO
j
ik
λ
zyx
zyx
BL
FFF
zyx ∆∆∆=
λλλ
M
Capítulo 2 – Corpo Rígido
E Fz alogo,
6
220
0
313131
aP
PP
aa
FFF
zyx
zyx
zyx
BL −=
−
−
−−
=∆∆∆=
λλλ
M
2.6 Momento de uma Força
c. A distância de AG e FC, utilizando o resultado de C.
Primeiro observa-se que P é perpendicular à diagonal AG,
uma vez que,
( )( ) ( )( ) ( )( ) 01106312 =+−=−−⋅−=⋅ PP kjikjλP
Então, o momento MAG pode ser expresso como,
6PadP −=−=M
i
Capítulo 2 – Corpo Rígido
6PadPAG −=−=M
O que produz,
6ad =
BA
E F
D C
G
P
y
z
xO
j
k
λ
2.7 Momento de um Binário
� Momento de um Binário
� As forças F e –F formam um binário uma vez que
apresentam o mesmo módulo, linhas de ação paralelas
e sentidos opostos.
-F
F
Capítulo2 – Corpo Rígido
� A soma entre F e –F é zero pois não há movimento de
translação;
� A soma dos momentos de F e –F num dado ponto não
é zero pois F e –F tendem a promover a rotação do
corpo.
2.7 Momento de um Binário
� Definição do Momento de um Binário
� Considere os vetores rA e rB como sendo os vetores
posição dos pontos de aplicação de F (ponto A) e –F
(ponto B).
y
d
M
F
θ
r-F
B
r
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
O
A
rA
rB
2.7 Momento de um Binário
� Definição do Momento de um Binário
� A soma entre os momentos das forças de F e –F em
relação a origem O fornece,
( ) ( ) FrrFrFr ×−=−×+× BABA
� Mas como rA – rB = r, tem-se,
FrM ×= { M é o momento do binário
Capítulo 2 – Corpo Rígido
FrM ×= { M é o momento do binário
dFFr == θsinM
Pela definição de momento,
� O vetor M (momento binário) é um vetor livre já que o
vetor r independe da escolha da origem do sistema de
coordenada O. Portanto, o vetor M pode ser aplicado
em qualquer ponto.
2.8 Binários Equivalentes
� Binário Equivalente
� Considere os três binários aplicados sucessivamente à
mesma caixa retangular,
M
y
x
M
y
x
M
y
-150 N 150 N 
-150 N 
Capítulo 2 – Corpo Rígido
0,15 m100 N 
-100 N
z
x
0,10 m
z
x
z
x
a
Cada binário apresenta o mesmo momento M, os três
binários promoverão o mesma rotação sobre a caixa, ou seja,
são binários equivalente, com valores iguais de 15 N m.
0,10 m
150 N 
-150 N 150 N 
2.8 Binários Equivalentes
� Condições fundamentais para que dois sistemas ou mais 
de forças sejam Equivalentes
� Duas forças que atuam no mesmo ponto material
podem ser substituídas pela sua resultante;
� Um dada força pode ser decomposta em duas
componentes;
� Forças iguais e opostas que atuam no mesmo ponto
Capítulo 2 – Corpo Rígido
� Forças iguais e opostas que atuam no mesmo ponto
podem ser canceladas;
� Aplicação de duas forças iguais e opostas sobre o
mesmo ponto;
� Deslocamento de uma força ao longo de sua linha de
ação (Princípio da Transmissibilidade)
Detalhe: Demonstração, ver capítulo 3 Beer Johnston Jr.
2.9 Adição de Binários
� Considere a intersecção dos planos P1 e P2. Observa-
se que o binário que atua no plano P1 é definido pelas
forças F1 e –F1 que agem nos pontos A e B. Além disso,
o binário atuante no plano P2 consiste nas forças F2 e –
F2 as quais também agem nos pontos A e B.
P2
-F2
F-R 
Capítulo 2 – Corpo Rígido
P1
r AB
F2
-F1
F1
R 
-R 
Desta forma, o momento M do binário é dado por,
( )
4434421
Varignon de Teorema
2121 FrFrFFrRrM ×+×=+×=×=
2.9 Adição de Binários
Uma vez que,
BA rrr −=
e,
( ) ( ) RrRrrRrRrM ×=×−=−×+×= BABA
Ainda, observa-se que,


×=
×=
+=×+×= 112121 FrM
FrM
MMFrFrM
Capítulo 2 – Corpo Rígido


×=
+=×+×=
22
2121 FrM
MMFrFrM
De forma gráfica,
O
M1
M2
M 
2.10 Decomposição de uma Força
� Decomposição de uma Força em uma Força Aplicada em 
O e um Binário
� Considere o corpo rígido abaixo no qual a força F
atuante é aplicada no ponto A definido pelo vetor
posição r,
F 
Capítulo 2 – Corpo Rígido
r 
O 
2.10 Decomposição de uma Força
� Decomposição de uma Força em uma Força Aplicada em 
O e um Binário
� Para que a força F atue no ponto O, é preciso adicionar
as forças F e –F neste ponto para que a ação da força
original sobre o sólido não seja modificada, ou seja,
F F 
Capítulo 2 – Corpo Rígido
r 
O 
-F 
A 
O binário promove a mesma rotação
sobre o corpo, em relação a O do que a
força F originalmente aplicada no ponto
A.
2.10 Decomposição de uma Força
Assim, a força F atua agora sobre o ponto O e as demais
formam um binário de momento,
( ) ( ) FrrFrFrM ×−=−×+×= OAOAO
� Uma força F atuante sobre um corpo rígido pode ser
deslocado para um ponto arbitrário de momento em
relação a O é adicionado.
O conjugado momento M e força F é chamado sistema
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O conjugado momento MO e força F é chamado sistema
força-binário no qual é usual representar MO e F em O.
O
MO
F
2.10 Decomposição de uma Força
Se a força F fosse deslocada de A para o ponto O, observar-
se-ia o momento MO = r x F de F em O. Desta forma, um novo
sistema força-binário composto por F e o vetor binário MO
seria aplicado em O’.
F
A
F
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O’
MO
O
r
r’
A
O’
O
r
r’
A
= =
MO
O’
O
r
r’
A
sss
2.10 Decomposição de uma Força
Portanto,
( ) } 43421
Varignon de Teorema
'
' FsFrFsrFrM
M
×+×=×+=×=
O
O
Ou seja,
FsMM ×+= OO '
O momento MO’ de F em O’ é obtido ao se adicionar o produto
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O momento MO’ de F em O’ é obtido ao se adicionar o produto
vetorial s x F ao momento MO de F em relação a O. Tal
produto s x F denota o momento em relação a O’ de F
aplicada a O.
2.10 Decomposição de uma Força
� Ex.: Dois binários atuam num bloco conforme ilustrado. 
Substituir estes dois binários por um único binário
equivalente.
25 N
25 N
60º 
C
D
Capítulo 2 – Corpo Rígido
100 mm
C
BA30 N 30 N
2.10 Decomposição de uma Força
� Solução: Vetores binários:
� Em relação ao segmento AB:
FrM ×=AB logo, N.m 31,0.30 ≅=ABM
� Em relação ao segmento CD:
FrM ×=CD então, N.m 75,3150,0.25 ≅=CDM
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
y
3 N.m 3,75 N.m
60º 
2.10 Decomposição de uma Força
� Solução: Vetores binários:
� Sistema equivalente:
y
3 N.m 3,75 N.m
60º 
120º
θy
θx
M
Capítulo 2 – Corpo Rígido
N.m 86,5120cos75,3.3.275,33 o22 ≅−+=M
x
z
θx
2.10 Decomposição de uma Força
� Solução: Vetores binários:
� Lei dos senos:
x
y
3 N.m 3,75 N.m
60º 
120º
θy
θx
M
86,5
120sin
75,3
sin o
=
yθ
logo,
o6,33≅θ
Capítulo 2 – Corpo Rígido
z
o6,33≅yθ
Para θx:
oooo 4,566,339090 ≅−=−≅ yx θθ
Para θz:
M é perpendicular a z, pois θz = 90º.
2.10 Decomposição de uma Força
� Solução: Vetores binários:
� O binário pode ser formado por duas forças nos
vértices de C e D de valores,
logo,
N 1,39
15,0
86,5
≅==
r
MF
Capítulo 2 – Corpo Rígido
60º 
C
D
2.10 Decomposição de uma Força
� Solução: Vetores binários:
� O binário pode ser formado por duas forças de 48,8 N
atuante aos pontos E e F, então
BA
F
Capítulo 2 – Corpo Rígido
33,6º 
0,1 m
N 8,48
12,0
86,5
≅==
r
MF
E
2.11 Redução de um Sistema de Forças
� Redução de um Sistema de Forças a uma Força e um 
Binário
� Considere um sistema de forças F1, F2 e F3 que atuam
sobre o corpo rígido abaixo nos pontos A1, A2 e A3
definidos pelos vetores posição r1, r2 e r3.
F2F1
Capítulo 2 – Corpo Rígido
r1
O 
A2 F3
A1
A3
r3
r2
2.11 Redução de um Sistema de Forças
F
As forças F1, F2 e F3 podem ser deslocadas dos pontos A1, A2
e A3 ao ponto O desde que sejam adicionadas ao sistema de
forças originais os binários de momentos, M1 = (r1 x F1), M2 (r2
x F2) e M3 (r3 x F3) em relação a O. Desta forma, pode-se obter
o sistema composto por forças atuantes em O e binários.
M3 onde,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
F2
O 
F1 F3
M1
M2
M3 onde,
11 FM ⊥
22 FM ⊥
33 FM ⊥
2.11 Redução de um Sistema de Forças
� Resultante das forças (R): Obtida pela soma F1, ..., F3
(forças concorrentes);
� Resultante dos momentos (MOR): Obtida pela soma
vetorial entre M1,..., M3.
Embora cada momento seja normal às forças, a resultante R
e o momento resultante MOR não são necessariamente,
perpendiculares.
R
Capítulo 2 – Corpo Rígido
perpendiculares.
O 
R
OM
R
2.11 Redução de um Sistema de Forças
Portanto, qualquer sistema de forças pode ser reduzido a umsistema força-binário equivalente que atua num ponto O.
Assim, o sistema força-binário equivalente é definido por,
∑=
i
iFR
( )∑∑ ×== RR FrMM
e,
Momento resultante
Capítulo 2 – Corpo Rígido
( )∑∑ ×==
i
ii
i
R
Oi
R
O FrMM Momento resultante
do sistema.
2.11 Redução de um Sistema de Forças
Além disso, um sistema de forças já reduzido e uma força e
um binário num ponto O pode também ser reduzido a uma
força e um binário em qualquer outro ponto O’, ou seja,
R
MOR
R
Capítulo 2 – Corpo Rígido
MOR
O’ O 
s 
= O’ 
O 
s 
2.11 Redução de um Sistema de Forças
Em termos de componentes vetoriais:
� A resultante R permanece inalterada;
� O momento MOR é dado pela soma entre MOR e o
momento em relação a O’ da resultante R aplicada em
O. Assim,
RsMM ×+= RO
R
O
kjir rrr ++= kjiR RRR ++=
Capítulo 2 – Corpo Rígido
kjir zyx rrr ++=
kjiF zyx FFF ++=
kjiR zyx RRR ++=
kjiM zyxRO MMM ++=
Translação em x, y e z.
Rotação em torno
de x, y e z.
2.12 Sistemas Equivalentes de Forças
� Sistemas Equivalentes de forças - Definição
� Dois sistemas de forças são equivalentes se podem
ser reduzidos ao mesmo sistema força-binário num
dado ponto O. Assim, dois sistemas de forças F1,..., F3 e
F1’,..., F3’ serão equivalentes, se, e somente se, a soma
das forças e momentos em relação a um ponto O, das
forças dos dois sistemas (F e M) forem iguais.
Matematicamente,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Matematicamente,
∑∑ ′= FF e, ∑∑ ′= OO MM
2.12 Sistemas Equivalentes de Forças
∑∑ ′= xx FF ;
∑∑ ′= xx MM
Em termos das componentes escalares,
∑∑ ′= yy FF e ∑∑ ′= zz FFi.
ii. ; ∑∑ ′= yy MM e ∑∑ ′= zz MM
Portanto, para sistemas equivalentes, conclui-se que,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Portanto, para sistemas equivalentes, conclui-se que,
i. Atribuem o mesmo movimento de translação em x, y e
z;
ii. Atribuem a mesma rotação em torno dos eixos x, y e z.
2.12 Sistemas Eqüipolentes de Vetores
� Sistemas Eqüipolentes
� Se dois vetores de forças F1,..., F3 e F1’,..., F3’ obedecem
à condição de sistemas equivalentes, isto é,
∑∑ ′= FF e, ∑∑ ′= OO MM
Tais vetores são ditos eqüipolentes o que pode ser
generalizado para qualquer sistema de vetores. Portanto,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
generalizado para qualquer sistema de vetores. Portanto,
conclui-se que:
� Se dois sistemas de forças que atuam sobre um corpo
rígido são eqüipolentes também são equivalentes.
2.13 Revisão Prova
� ExR1: Sabendo que a força de tração no cabo AC é de 1260
N, determine: (a) o ângulo entre o cabo AC e o mastro AB e
(b) a projeção sobre AB da força aplicada pelo cabo AC no
ponto A.
D
y
Capítulo 2 – Corpo Rígido
AC
B
P
2,4 m
x
z
2.13 Revisão Prova
� Solução: Deve-se calcular o ângulo formado entre o cabAC
e AB. Em seguida, os seus módulos. Em seguida utiliza-se o
produto escalar para determinar o ângulo entre AC e AB.
Finalmente, projeta-se AC sobre AB, por meio do produto
escalar. Desta forma,
� Vetor AB
( ) ( ) ( )kzzjyyixx ABABAB ˆˆˆ −+−+−=AB
Capítulo 2 – Corpo Rígido
cujo módulo,
( ) ( ) ( )kzzjyyixx ABABAB ˆˆˆ −+−+−=AB
O que fornece,
m 3=ABji ˆ8,1ˆ4,2 −−=AB
� Vetor AC
cujo módulo,
( ) ( ) ( )kzzjyyixx ACACAC ˆˆˆ −+−+−=AC
O que fornece,
m 8,2=ACkji ˆ2,1ˆ8,0ˆ4,2 −+−=AC
2.13 Revisão Prova
A projeção de T sobre AB, pode ser calculada da seguinte 
( ) ( ) θcos8,23ˆ2,1ˆ8,0ˆ4,2ˆ8,1ˆ4,2 xxkjiji =−+−⋅−−=⋅ACAB
O ângulo pode ser calculado facilmente com o produto 
escalar, logo,
logo,
5142857,0
8,23
)8,08,1()4,24,2(
cos =
−+−−
=
x
xxθ onde, o05,59≅θ
Capítulo 2 – Corpo Rígido
A projeção de TAC sobre AB, pode ser calculada da seguinte 
forma,
( ) N 64805,59cos.1.1260 ≅=⋅= oABACABAC λTT
2.13 Revisão Prova
� ExR2: Substitua a força de 150 N por um sistema força-
binário equivalente em A.
y
xA B
200 mm
Capítulo 2 – Corpo Rígido
x
z
A B
150 N 35º 
120 mm
20 
mm
2.13 Revisão Prova
� Solução: Deve-se inicialmente determinar o vetor Força,
determinando suas componentes Fx, Fy e Fz, e
posteriormente, determinar o vetor posição em relação ao
ponto de aplicação da força A, posteriormente determinar o
finalmente determinar o momento M,
� Vetor Posição rAD
( ) ( ) ( )kzzjyyixx ˆˆˆ −+−+−=r
Capítulo 2 – Corpo Rígido
( ) ( ) ( )kzzjyyixx ABABAB ˆˆˆ −+−+−=ADr
O que fornece,
kji ˆ1,0ˆ2,1ˆ18,0 +−=ADr
� Forças Fy e Fz
Então o vetor força será,
N 035,8635sen150 −=−= ozFe,
kjikFjFiF zyx ˆ035,86ˆ87,122ˆ0,0ˆˆˆ −−≅++=F
N 87,12235cos150 −=−= oyF
2.13 Revisão Prova
� Vetor Momento M
O sistema equivalente de força é descrita por,
kji
kji
ˆ12,22ˆ49,15ˆ61,22
035,86872,1220
1,012,018,0 −+=
−−
−=×= FrM
Capítulo 2 – Corpo Rígido
e,
N ˆ035,86ˆ87,122ˆ0,0 kji −−=F
N.m ˆ12,22ˆ49,15ˆ61,22 kji −+=M
2.14 Casos Particulares de Redução 
Verificou-se, previamente, que qualquer sistema de forças
pode ser reduzido a um sistema de força-binário equivalente
em O composto pela resultante R e o momento MRO.
Quando R = 0, o sistema se reduz ao binário MRO chamado de
binário resultante do sistema.
� Casos Particulares de Redução de um Sistema de Forças:
Ainda, observou-se que o sistema força-binário em O pode
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Ainda, observou-se que o sistema força-binário em O pode
ser substituído por uma única força R atuante sobre uma
nova linha de ação se R e MRO são perpendiculares. Portanto,
os sistemas nos quais são aqueles que pode ser
reduzidos a uma única força. Esta condição pode ser
verificada nos seguintes casos:
R
OMR ⊥
2.14 Casos Particulares de Redução 
i. Forças concorrentes;
ii. Forças coplanares;
iii.Forças paralelas.
� Forças concorrentes:
As forças concorrentes, por atuarem num mesmo ponto de
aplicação, podem ser adicionadas diretamente para obtenção
da resultante R. Assim, tais forças podem sempre ser
Capítulo 2 – Corpo Rígido
da resultante R. Assim, tais forças podem sempre ser
reduzidas a uma única força.
� Forças coplanares:
Considere as forças coplanares a seguir. A resultante destas
forças, chamada de R, está contida no plano da figura
enquanto MRO é normal ao plano da figura.
2.14 Casos Particulares de Redução 
F2
O F1
F
y
x
R 
O x
y
R
OM
=
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O sistema de força-binário em O é definido, então, numa
força R e um momento MRO que são perpendiculares. Tal
sistema pode então ser reduzido a uma única força R quando
se move R no plano da figura até que seu momento em
relação a O seja igual a MRO, conforme figura que se segue,
F3
2.14 Casos Particulares de Redução 
A 
O x
y
R 
d R
Md
R
O
=
z
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Em termos de componentes cartesianas do sistema força-
binário, a redução a uma única força resulta em:
∑= xx FR , ∑== ORORz MMM∑= yy FR e
2.14 Casos Particulares de Redução 
Considerando x e y como as coordenadas do ponto A no qual
a resultante R é aplicada e com base nos conhecimentos já
adquiridos, a linha de ação da resultante é definida por:
xy
R
O RyRxM −=
Ainda, observando-se que MRO deve ser igual ao momento
em relação a O, da componente y de R quando esta é
aplicada no ponto B e ao momento de sua componente x,
Capítulo 2 – Corpo Rígido
aplicada no ponto B e ao momento de sua componente x,
quando R é aplicada em C.
O 
x
y
R 
Rx
Ry
R
OM O 
x
y
R 
Rx
Ry
B 
y
R
O
R
M
x =
= = O x
y
R 
Rx
Ry
C 
x
R
O
R
My −=
2.14 Casos Particulares de Redução 
� Forças Paralelas:
Considere as forças F1, F2 e F3 paralelas ao eixo y conforme
ilustração,
x
y
F1
F3
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Já que a sua resultante é paralela ao eixo y, o momentoresultante em relação ao momento de cada força em O deve,
obrigatoriamente, ser ortogonal a R, ou seja, situar-se no
plano zx.
x
z
O
F2
2.14 Casos Particulares de Redução 
R e MRO são
perpendiculares
x
y
O
R
iM Rx ˆ
kM Rz ˆ
O sistema força-
binário em O
consiste da
força resultante
R e do vetor
binário MRO.
Capítulo 2 – Corpo Rígido
z
R
OM
2.14 Casos Particulares de Redução 
Adotando-se um ponto arbitrário A, tal sistema pode ser
reduzido a uma única força R,
x
y
O
r
R
z
A
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Em O, o sistema força-binário apresenta como componentes:
x
z
O
x
∑= xRx MM, ∑= zRz MM∑= yy FR e
2.14 Casos Particulares de Redução 
Ainda, o ponto A(x,0,z) deve ser escolhido de forma que o
deslocamento de R à sua posição (de A) promova o momento
MRO em relação a O. Assim,
Em termos de componentes cartesianas,
( )( ) kijRki RzRxy MMzx +=+
R
OMRr =×
j
Capítulo 2 – Corpo Rígido
;
ou
O que fornece,
kiik Rz
R
xyy MMzRxR +=− ( ) ( ) 0=+−− ik RxyRzy MzRMxR
ik
finalmente,
R
zy MxR =
R
xy MzR =−
Os momentos de R em relação aos eixos x e z são iguais a
MRx e MRz, respectivamente.
2.15 Redução de Forças a um Torsor
Considere o caso geral mostrado abaixo no qual o sistema
força-binário é composto pela força R e o momento MRO. Por
não apresentar ortogonalidade entre R e MRO, o sistema não
pode ser reduzido a uma força ou a um só binário.
� Redução de um Sistema de Forças a um Torsor:
R
Capítulo 2 – Corpo Rígido
No entanto, o vetor MRO pode ser decomposto em uma
componente M1 que atua segundo R e outra componente M2
que está contida num plano normal à força R.
R
OM
O
2.15 Redução de Forças a um Torsor
Então,
R
O
1M
2M
Capítulo 2 – Corpo Rígido
Após a decomposição de MRO em M1 e M2 o sistema de força-
binário composto por R e M2 pode ser substituído por uma
única força R que age sobre uma nova linha de ação.
Portanto, o sistema original se reduz a R e ao vetor binário
M1. Tal sistema particular é denominado torsor.
2.15 Redução de Forças a um Torsor
Desta forma, o torsor será,
A ação simultânea da força R e do momento M promoverá a
R
O .
1M
A
Capítulo 2 – Corpo Rígido
A ação simultânea da força R e do momento M1 promoverá a
translação do corpo rígido na direção R e a sua rotação em
torno da linha de ação de R, chamada eixo do torsor ou eixo
central. A razão p = M1/R é definida como passo do torsor.
Dessa forma, um torsor é composto por dois vetores
colineares, ou seja, uma força R e um momento
RM1 p=
2.15 Redução de Forças a um Torsor
Lembrando que a projeção de um vetor sobre um eixo, ou
seja, produto escalar, é possível relacionar os momentos M1
e MRO projetando-se MRO sobre a linha de ação de R, ou seja,
E o passo do torsor é calculado em função do módulo por:
R
M
R
OMR ⋅
=1
Capítulo 2 – Corpo Rígido
2
1
RR
Mp
R
OMR ⋅
==
A determinação do eixo do torsor consiste em considerar a
distância até o ponto O a um ponto arbitrário P do eixo do
torsor. Estabelecendo-se que o momento em relação a O do
sistema R e M1 é igual ao momento resultante, tem-se que,
R
O1 MRrM =×+
2.15 Redução de Forças a um Torsor
Ou então, pela introdução do passo do torsor,
R
OMRrR =×+p
Ou graficamente,
R
OM
R
O =
R
O
M
Eixo do torsor
Capítulo 2 – Corpo Rígido
O
O = r 1M
P