Resistencia de Materiais Tupy

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Mecânica Técnica 
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MTE 
MECÂNICA TÉCNICA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Por questões de otimização e 
racionalização de espaço, este 
material não segue 
necessariamente as normas de 
metodologia científica. 
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SUMÁRIO 
1. INTRODUÇÃO ........................................................................................................................................................ 3 
1.1. O QUE É MECÂNICA? ........................................................................................................................................... 3 
1.2. PRINCÍPIOS E CONCEITOS FUNDAMENTAIS ............................................................................................................ 3 
2. SISTEMAS DE FORÇAS COPLANARES ............................................................................................................. 6 
2.1. RESULTANTES DE SISTEMAS DE FORÇAS............................................................................................................... 6 
2.1.1. Método Gráfico............................................................................................................................................... 6 
2.2. EXERCÍCIOS PROPOSTOS......................................................................................................................................10 
2.2.1. Método Analítico............................................................................................................................................12 
2.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS......................................................................................................................................15 
2.4. DIAGRAMA DE CORPO LIVRE ..............................................................................................................................19 
2.5. EQUILÍBRIO DE FORÇAS CONCORRENTES NUM PLANO .........................................................................................20 
2.6. MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO .........................................................................................25 
2.7. 2.5. MOMENTO DE UM BINÁRIO ...........................................................................................................................28 
3. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS ...............................................................................................................31 
3.1. CORPO RÍGIDO EM EQUILÍBRIO ...........................................................................................................................31 
3.2. EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES.......................................................................................................................32 
3.2.1. Reações nos Apoios e Conexões de uma Estrutura Bidimensional ...................................................................32 
4. ANÁLISE DE ESTRUTURAS: TRELIÇAS ..........................................................................................................40 
4.1. INTRODUÇÃO......................................................................................................................................................40 
4.2. TRELIÇAS ...........................................................................................................................................................40 
4.3. TRELIÇAS SIMPLES .............................................................................................................................................41 
4.4. MÉTODO ANALÍTICO ..........................................................................................................................................42 
4.4.1. Método dos Nós (Método do Cremona)..........................................................................................................42 
4.4.2. Método das Seções (Método Ritter) ................................................................................................................45 
5. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS....................................................................................................................47 
 
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1. INTRODUÇÃO 
O que é Mecânica? 
Mecânica pode se definida como a ciência que descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de 
corpos sob a ação de forças. É dividida em três partes: mecânica dos corpos rígidos, mecânica dos corpos 
deformáveis e mecânica dos fluídos. 
A mecânica dos corpos rígidos é subdividida em Estática e Dinâmica; a primeira se refere a corpos em repouso e 
a segunda, a corpos em movimento. Nesta parte do estudo da mecânica, os corpos são considerados perfeitamente 
rígidos. Contudo as estruturas e as máquinas nunca são absolutamente rígidas, deformando-se sob cargas a que 
estão submetidas. Mas estas deformações são geralmente pequenas e não alteram apreciavelmente as condições 
de equilíbrio ou de movimento da estrutura considerada. No entanto, essas deformações terão importância quando 
houver riscos de ruptura do material, que é a parte da mecânica dos corpos deformáveis. A terceira divisão da 
mecânica, a Mecânica dos Fluídos, é subdividida no estudo dos fluídos incompressíveis e fluídos compressíveis. 
Uma importante subdivisão do estudo de fluídos incompressíveis é a hidráulica, a qual se incumbe dos problemas 
que envolvem líquidos. 
Mecânica é uma ciência física, pois trata de fenômenos físicos. Entretanto, alguns associam a Mecânica com a 
matemática, enquanto muitos a consideram assunto de Engenharia. Ambos os pontos de vista são justificados em 
parte. A mecânica é o fundamento da maioria das ciências de Engenharia e um pré-requisito indispensável ao 
estudo. Contudo; não tem o empirismo encontrado em algumas ciências de Engenharia, isto é, não confia somente 
na experiência e observação; pelo rigor e ênfase colocada no raciocínio dedutivo assemelha-se à Matemática. Mas 
não é uma ciência aplicada. A finalidade da Mecânica é explicar e prever fenômenos físicos; fornecendo assim os 
fundamentos para as aplicações de Engenharia. 
Princípios e Conceitos Fundamentais 
Os conceitos básicos usados na mecânica são os de espaço, tempo, massa e força. Esses conceitos não 
podem ser exatamente definidos; são aceitos com base em nossa intuição e experiência e usados como quadro de 
referência para nosso estudo de mecânica. 
O conceito do espaço é associado á noção de posição de um ponto P. A posição de P pode ser definida por três 
comprimentos medidos a partir de um certo ponto de referência, ou de origem, segundo três direções dadas. Esses 
comprimentos são conhecidos como as coordenadas de P. 
Para finalizar um evento, não é suficiente definir sua posição no espaço. O tempo ou instante em que o evento 
ocorre também deve ser dado. 
O conceito de massa é usado para caracterizar e comparar os corpos com base em certas experiências 
mecânicas fundamentais. Dois corpos de mesma massa, por exemplo, serão atraídos pela terra da mesma maneira; 
eles oferecerão também a mesma resistência a uma variável do movimento de translação. 
A FORÇA representa a ação de um corpo sobre o outro. Pode ser exercida por contato ou à distância, como no 
caso de forças gravitacionais e forças magnéticas. A força é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, sua 
intensidade, direção e sentido; uma força é representada por um vetor. 
O PONTO DE APLICAÇÃO de uma força é o ponto onde a força está aplicada ou concentrada. 
A INTENSIDADE de uma força é caracterizadapor um certo número de unidades. No sistema Internacional de 
medidas (SI) a unidade usada é o Newton (N) ou quilonewton (kN). Na engenharia, a unidade usual da força é o 
quilograma-força (kgf) ou tonelada-força (tf). Na determinação gráfica utiliza-se a comparação entre força e 
comprimento. 
Ex: F = 30kgf Se 1cm = 10kgf 
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a) Figura 1 b) Figura 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
A DIREÇÃO de uma força é definida pela sua linha de ação. A linha de ação é a reta ao longo da qual a força atua, 
sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo. 
 
 
 
 
O SENTIDO de uma força é indicado por uma seta. Indica o sentido de ação de uma força. 
 
 
 
 
No caso de duas ou mais forças que saiam do mesmo ponto de aplicação ou que passem pelo mesmo ponto, são 
chamadas da forças CONCORRENTES. Quando o ângulo entre duas forças for de 90o também é chamado de 
ângulo reto ou cruzamento ortogonal. 
 
 
 
 
 
 
No caso de forças que agem sobre uma mesma linha de ação, não importando o sentido, são chamadas de forças 
COINCIDENTES ou COLINEARES. 
 
 
 
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No caso de forças que concorrem a um mesmo ponto no infinito, chamamos de forças PARALELAS. 
 
 
 
 
 
Þ O estudo da Mecânica Elementar repousa em seis princípios fundamentais, baseados na demonstração 
experimental: 
A LEI DO PARALELOGRAMO PARA ADIÇÃO DE FORÇAS. Estabelece que duas forças, atuantes sobre um 
ponto material, podem ser substituídas por uma única força, chamada resultante, obtida pela diagonal do 
paralelogramo cujos lados são iguais às forças dadas. 
O PRINCÍPIO DE TRANSMISSIBILIDADE. Estabelece que as condições de equilíbrio ou de movimento de um 
corpo rígido permanecerão inalteradas, se uma força que atua num dado ponto do corpo rígido é substituída por 
outra de mesma intensidade, direção e sentido, mas que atua em um ponto diferente, desde que as duas forças 
tenham a mesma linha de ação. 
AS TRÊS LEIS FUNDAMENTAIS DE NEWTON. Formuladas por Sir Isaac Newton em fins do século XVII, essas 
leis podem ser anunciadas como se segue: 
PRIMEIRA LEI: Se a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, esse permanecerá em repouso 
(se estava originalmente em repouso) ou mover-se-á com velocidade constante e em linha reta (se estava 
originalmente em movimento). 
SEGUNDA LEI: se a força resultante que atua sobre um ponto material não é zero, esse terá uma aceleração 
proporcional à intensidade da resultante e na direção desta. Esta lei pode ser expressa como: F = m . a ; onde “F”; 
“m” e “a” representam, respectivamente, a força resultante sobre a partícula, sua massa e sua aceleração, 
expressas em um sistema de unidades coerente. 
TERCEIRA LEI: As forças de ação e reação entre corpos em contato têm a mesma intensidade, mesma linha de 
ação e sentido opostos. 
LEI DA GRAVITAÇÃO UNIVERSAL DE NEWTON: estabelece que dois pontos materiais de massas M e m são 
mutuamente atraídos com forças iguais e opostas F e –F de intensidade F pela fórmula: 
 
 
 (fórmula 1) 
Onde : r = distância entre os pontos materiais. 
 G = constante universal chamada constante de gravitação. 
 
 A lei da gravitação de Newton introduz a idéia de uma ação exercida a distância e amplia a faixa de 
aplicação da terceira lei de Newton: a ação F e a reação –F na figura 7, são iguais e opostas, e tem a mesma linha 
de ação. 
2
.
r
MmGF =
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 Um caso particular de grande importância é o da atração da Terra sobre um ponto material localizado na sua 
superfície. A força F exercida pela Terra sobre o ponto é então definida como seu peso P. 
Tomando M igual à massa da Terra, m igual à massa do ponto material e r igual ao raio R da Terra, e 
introduzindo a constante 
 
 (fórmula 2) 
 
 
a intensidade P do peso de um ponto material de massa m pode ser expressa como: 
 (fórmula 3) 
 O valor de R depende da altitude do ponto considerado e também de sua latitude, pois, a Terra não é 
esférica. O valor de g varia, portanto, com a posição do ponto considerado. Enquanto o ponto estiver sobre a 
superfície da Terra, é suficientemente preciso supor g = 9.81m/s2 na maioria dos cálculos de engenharia. 
GRANDEZAS ESCALARES: Perfeitamente determináveis por um número real, como: massa, espaço, tempo e 
energia. 
GRANDEZAS VETORIAIS: Determinada através de seu valor numérico, direção, sentido e ponto de aplicação, 
como: força, velocidade e aceleração. 
2. SISTEMAS DE FORÇAS COPLANARES 
 Resultantes de Sistemas de Forças 
Existem vários métodos, geométricos e matemáticos, de se determinar a resultante de um sistema de forças 
que atua sobre uma partícula. Veremos em seguida os métodos mais empregados para este fim. 
2.1.1. MÉTODO GRÁFICO 
 
 
 
 
 
 
A - Lei do paralelogramo para adição de vetores 
Consta-se experimentalmente que duas forças P e Q (figura 3) que atuam sobre um ponto material A podem ser 
substituídas por única força R que tenha o mesmo efeito sobre este ponto. Essa força é chamada de resultante das 
forças P e Q e pode ser obtida, como mostra a figura abaixo, pela construção de um paralelogramo, usando P e Q 
como lados do paralelogramo. A diagonal que passa por A representa a resultante. Isto é conhecido como lei do 
paralelogramo para adição de duas forças. Essa lei é baseada na experiência, não podendo ser provada ou 
demonstrada matematicamente. 
2
.
r
MGg =
gmP .=
ra 
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Exemplo 1- Duas forças P e Q que agem sobre um parafuso. Determinar sua resultante: 
 
 
 
 
 
 
Um paralelogramo de lados iguais a P e Q é desenhado em escala. A intensidade e a direção são, então, 
medidas, encontrando-se os valores: 
 
 
 
 R=98N 
 a=35o 
B - Polígono de forças 
Lei do paralelogramo, vê-se que o lado oposto a Q é igual a Q em intensidade, direção e sentido. Poderíamos 
desenhar apenas a metade do paralelogramo, formando, assim , um triângulo de forças. 
Com isso formula-se a regra do polígono de forças, pois a soma dos dois vetores pode ser então determinada 
pelo reposicionamento de P e Q, de modo que a origem de um vetor esteja 
sobre a extremidade do outro; e então unindo a origem do 1o com a extremidade 
do último, obtêm-se o vetor R=(P+Q) ou R=(P+Q), que é aquele que fecha a 
figura. 
Uma observação muito importante: o método exposto acima pode ser 
aplicado para situações em que o sistema de forças, que atua sobre a partícula, 
seja composto por 3, 4, 5..., n forças. Veja exemplos: para três forças: 
 
 
 
 Figura 11 
 
Figura 10 
Figura 12 
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Exemplo 2- Quatro forças são exercidas sobre o parafuso A. determinar a resultante das forças sobre o 
parafuso. 
 
A resultante do sistema de forças é determinada somando-se as forças vetorialmente pelo método do polígono de 
forças. As forças são desenhadas em escala, uma na extremidade da outra, independente da ordem, pois a 
resultante final é a mesma. 
C –Componente Cartesiana de uma Força 
Em muitos problemas é desejável decompor uma força em duas componentes normais uma à outra. Na figura 
15a, a força F foi decomposta nas componentes Fx, segundo o eixo x e Fy segundo o eixo y. O paralelogramo 
desenhado para a obtenção das duas componentes é um retângulo, e Fx e Fy são chamadas componentes 
cartesianas. Os eixos x e y são escolhidos usualmente segundo as direções vertical e horizontal, como na figura 
15a, embora possam ser tomados segundo duas direções perpendiculares quaisquer como mostra a figura 15b. Na 
determinação das componentes cartesianas de uma força, o estudante poderia considerar as linhas de construção 
ilustradas nas figuras 15a e 15b como sendo paralelas aos eixos x e y, em vez de perpendicular aos referidos 
eixos. Essa prática ajudará a evitar erros nas componentes oblíquas. 
 
 
 
 
 
 
 
Observação: Note que a resultante do sistema é o vetor que “fecha a figura”. 
 
 
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Convém salientar que, pelo método gráfico, se a força F for desenhada em escala, os valores de suas 
componentes Fx e Fy serão determinados rapidamente medindo-se seus comprimentos e multiplicando-os pela 
escala da força F e S atuantes em uma partícula A (figura 7). Sua resultante R é definida pela relação: 
 
 
Decompondo-se cada força em suas componentes cartesianas, escrevemos: 
 Rx = Px + Qx + Sx Ry = Py + Qy + Sy 
Ou na forma compacta: 
 Rx = SFx Ry = SFy 
Obs.: as forças de mesma direção podem ser somadas algebricamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A determinação da resultante R desenvolve-se em três etapas, como ilustrada a figura 16. Inicialmente as forças 
dadas, esquematizadas na figura 16a, são decompostas em suas componentes x e y de R (figura 16b). Somando-
se estas componentes, obtemos as componentes x e y de R (figura 16c). Finalmente, a resultante R = Rxi + Ryj é 
determinada pela aplicação da lei do paralelogramo (figura 16d). 
Exemplo 3- Decompor as forças F = 100N e T = 50N, ilustradas na figura abaixo, nos eixos cartesianos x e y. 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
®®®®
++= SQPR
a) Figura 17 b) 
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Para determinar as componentes x e y das forças F e T, essas devem ser desenhadas em escala obedecendo-se 
suas direções e sentidos como mostra a figura acima. 
 A resultante, tanto em x quanto em y, é obtida graficamente pela diferença de medida entre as componentes em 
cada direção x e y respectivamente. 
Medindo os comprimentos de Rx e Ry e multiplicando-os pela escala, teremos os valores de Rx e Ry. 
Pode-se também determinar o valor da resultante das duas forças Rx e Ry (R=Rx+Ry), pela aplicação da lei do 
paralelogramo. 
Exercícios propostos 
Resolva os problemas abaixo utilizando os métodos gráficos: 
P1 e P2- Determine o valor da resultante das forças e sua direção e sentido. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P3 - Uma força vertical resultante de 350lb é necessária para manter o balão na posição mostrada. Decomponha 
esta força em componentes atuantes ao longo das linhas de apoio AB e AC e calcule o módulo de cada uma das 
componentes. 
P4 - O bote da figura deve ser puxado para a praia por meio de duas cordas. Determine o módulo das forças T e 
P atuantes em cada corda de modo a desenvolverem uma força resultante de 80kgf, direcionada ao longo da quilha 
aa, conforme mostrado. Faça θ = 40º. 
P5 - O bote da figura deve ser puxado para a praia por meio de duas cordas. A força exercida pela corda T é de 
56kgf e a resultante produzida é de 80kgf direcionada ao longo da quilha aa, conforme mostrado. Determine o 
módulo e a direção da força P, para atender as condições acima citadas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema 
Problema 
Problema P3 Problemas P4 e P5 PDF created with pdfFactory trial version www.pdffactory.com
 
 
 
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2.1.2. MÉTODO ANALÍTICO 
 
Agora que já conhecemos o triângulo de forças, podemos aplicar ao mesmo dois princípios matemáticos 
conhecidos como Lei dos Senos e dos Co-senos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
A – Lei dos Co-senos 
A lei dos co-senos nos afirma que, conhecidos dois lados e o ângulo por eles formado, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 18 
Figura 19 Figura 20 
(fórmula 4) 
( )q--+= º180cos...2222 QPQPR
 
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 B – Lei dos Senos 
Observe o exemplo do triângulo de forças acima representado: 
A lei dos senos nos garante que: 
 
 
 (fórmula 5) 
Exemplo 4- As duas forças P=40N e Q=60N agem sobre um parafuso A. Determinar a intensidade, direção e 
sentido da resultante. 
Solução trigonométrica: A regra do triângulo é usada; dois lados e o ângulo por eles formado são conhecidos. 
Aplicamos a lei dos cossenos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Agora, aplicando a lei dos senos, escrevemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
baq sen
P
sen
Q
sen
R
==
- )º180(
R2 = P2 + Q2 - 2.P.Q.cosb 
R2 = 402+ 602 – 2.40.60.cos155o 
 
 
( ) ( ) ( )ab sensenº35180sen
QPR
==
-
( ) ( ) º96,9sen
40
º35180sen
7,97
=Þ=
-
b
b
( ) ( ) º04,15sen
60
º35180sen
7,97
=Þ=
-
a
a
º04,3520 =Þ+= gag 
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C – Método da Composição Cartesiana 
Quando devem ser acionadas três ou mais forças, não podem obter uma solução trigonométrica prática da regra 
do polígono de forças que defina a resultante destas forças. Neste caso, uma solução analítica do problema pode 
ser obtida pela decomposição de cada uma das forças em duas componentes cartesianas. Consideramos, por 
exemplo, três forças P, Q e S atuantes em uma partícula: 
 
 
 
 
 
 Componentes em X Componentes em Y 
Qx = Q.cosa Qy = Q.sena 
Sx = S.senq Sx = S.cosq 
Px = P.cosg Px = P.cosg 
Determinam-se as resultantes nas direções x e y: 
 
Rx = åFx Þ Rx = Qx – Sx + Px 
Ry = åFy Þ Ry = -Qy + Sy + Py 
 
R2 = Rx2 + Ry2 
g = arctg Ry/Rx 
Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, determina-se a intensidade da resultante R do sistema de forças. 
Exemplo 5- Quatro forças são exercidas sobre o parafuso A. Determinar a resultante das forças sobre o 
parafuso. 
 
 
 
 
 
 
 
Figur Figur
 
 
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Solução: 
As componentes x e y de cada força são determinadas pela trigonometria, como mostra a figura acima, e 
dispostas na tabela abaixo. 
De acordo com a convenção adotada, o escalar que representa a componente de uma força será positivo se esta 
componente tiver o mesmo sentido que o eixo coordenado correspondente. Então, as componentes x que atuam 
para a direita e as y que atuam para cima são representadas por números positivos. 
Força Módulo (N) Componentex (N) Componente y (N) 
F1 150.0 129.9 75.0 
F2 80.0 -27.4 75.2 
F3 110.0 0 -110.0 
F4 100.0 96.6 -25.9 
 Rx = 199,1N Ry = 14,3N 
 
A intensidade, direção e o sentido da resultante podem ser agora determinados. No triângulo temos: 
 
 
 
 
Exercícios propostos 
P6 - Um homem pesando G = 72.6 kgf segura verticalmente a extremidade de uma corda, que passa por uma 
roldana sobre sua cabeça, tendo na outra extremidade um peso Q = 54.4 kgf. Determinar a força com que seus pés 
pousam no chão.(Resposta: 18.2 kgf). 
P7- Determinar a força F que, combinada com outra vertical P = 3kgf dá uma resultante horizontal R = 
4kgf.(Resposta: F = 5kgf, inclinada de 36o com a horizontal). 
P8- Determine as componentes da força de 250N atuante ao longo dos eixos u e v. 
 
 
 
 
 
 
º1,4
1,199
3,14
==Þ= aa tg
Ry
Rxtg
222 RyRxR +=
NRR 6,1993,141,199 222 =Þ+=
 
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P9 - Um pequeno bloco pesando Q = 5kgf é colocado em um plano inclinado fazendo um ângulo de 30o com o 
horizonte. Decompor a força Q, da gravidade, em duas componentes retangulares, Qt e Qn, uma paralela e outra 
normal ao plano inclinado.(Resposta: Qt = 2,50kgf e Qn = 4,33kgf). 
 
 
 
 
 
 
P10- Determinar analiticamente a grandeza e direção da resultante R das quatro forças da figura abaixo.(Resposta: 
R = 210N e q = 61º). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P11- Determinar graficamente a intensidade e a direção da resultante das quatro forças da figura mostrada no 
problema P10, se cada uma das forças de 50N fosse aumentada para 75N. 
P12, P13- Determine a intensidade, direção e sentido da resultante das duas forças ilustradas, utilizando em cada 
problema: 
a) a lei dos senos e dos cossenos. (Resposta: R = 5.85Kn, q = 66.6o). 
b) decomposição cartesiana. (Resposta: R = 3239.23N, q = 49.11o). 
 
Problema P10 
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P14- Duas peças estruturais 1 e 2 são rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a tração na peça 1 é de 60kN e que 
a compressão na peça 2 é de 50kN, determine a intensidade, direção e sentido da força resultante exercida sobre o 
suporte. 
 
P15- Um cilindro é suspenso por dois cabos. Sabendo que a tração em um dos cabos é 600N, determine a 
intensidade, direção e sentido da força P de tal modo que a resultante seja uma força vertical de 900N. Usando 
trigonometria. 
(Resposta: P = 393,87N, a = 31,4o). 
 
 
 
 
 
 
 
 
P16- Determine trigonometricamente a intensidade e direção da força P de tal modo que a resultante de P e da força 
de 900N seja uma força vertical de 2700N dirigida para baixo. 
(Resposta: P = 2990,64N, a = 17,24º) 
 
Problema P15 Problema P16 
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P17, P18, P19, P20 – Determine a intensidade, direção e sentido da resultante das forças que agem sobre os 
suportes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P21 – As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte. Determine a faixa de valores para o módulo da 
força P de modo que a resultante das três forças não exceda 2400N. 
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Diagrama de Corpo Livre 
 
 
 
 
 
 
 
 
PRINCÍPIO DA AÇÃO E REAÇÃO: Toda ação sobre um apoio produz uma reação igual e oposta do apoio, de 
modo que ação e reação são duas forças iguais e contrárias. De um modo geral pode-se dizer que, onde houver 
restrição (impedimento) de movimento de um corpo numa dada direção, haverá uma reação nessa mesma direção. 
Ex.: cadeira, eixo e mancal, haste que segura uma lâmpada, peso do carro e reação provocado no chão e etc. 
Na resolução de um problema referente ao equilíbrio de um corpo rígido, é essencial considerar todas as forças 
que atuam sobre o corpo; é igualmente importante excluir qualquer força que não esteja aplicada diretamente sobre 
o corpo. Omitindo uma força, ou adicionando uma força estranha, destruiríamos as condições de equilíbrio. Por 
conseguinte, o primeiro passo na solução do problema deve consistir em desenhar um diagrama de corpo rígido em 
consideração.(Explicar D.C.L.). 
Contudo, em vista de sua importância na solução de problemas de equilíbrio, sistematizaremos aqui as 
passagens que devem ser seguidas para sua realização. 
Primeiro, uma decisão clara é tomada quanto a escolha do corpo livre a ser usado. Esse corpo é, então, 
destacado do solo e separado de qualquer outro corpo. O contorno do corpo assim isolado é esquematizado. 
Todas as forças externas são então indicadas. Estas forças representam a ação exercida sobre o corpo livre pelo 
solo e pelos corpos dos quais foi destacado; elas devem ser aplicadas nos vários pontos onde o corpo livre estava 
apoiado no solo ou ligado aos outros corpos. O peso do corpo livre deve ser também incluído entre as forças 
externas, pois representa a atração exercida pela terra sobre as várias partículas que formam o corpo livre. Como 
veremos, o peso deve ser aplicado no baricentro do corpo. Quando o corpo livre é constituído de várias partes, as 
forças que as várias partes exercem umas sobre as outras não são incluídas entre as forças externas. Estas forças, 
no que se refere ao corpo livre, são forças internas. 
O módulo, a direção e o sentido das forças externas conhecidas devem ser claramente mostrados no diagrama 
do corpo livre. Muito cuidado se deve tomar para indicar o sentido das forças exercidas sobre o corpo e não o das 
forças exercidas pelo corpo livre. As forças externas conhecidas compreendem, geralmente, o peso do corpo livre e 
forças aplicadas para certa finalidade. 
As forças externas desconhecidas são geralmente constituídas pelas reações – também às vezes chamadas 
forças vinculares – através das quais solo e outros corpos se opõem a um possível movimento do corpo livre, 
obrigando-a a permanecer na mesma posição. As reações são exercidas nos pontos onde o corpo livre é suportado 
ou vinculado a outros corpos. 
Um diagrama de corpo livre deve incluir também as dimensões, pois essas são necessárias no cálculo dos 
momentos das forças. Qualquer outro detalhe deve ser omitido. 
Exemplos: 
Figura 30 
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Equilíbrio de Forças Concorrentes Num Plano 
 No item Resultante de Sistemas de Forças, demonstramos que a resultante de um número qualquer de forças 
concorrentes num plano é representada pelo lado de fechamento do polígono de forças, obtido adicionando 
geométrica e sucessivamente seus vetores livres, e que, se coincidir a extremidade do último vetor com a origem do 
primeiro, a resultante é nula e o sistema está em equilíbrio. A recíproca desta é de igual importância, isto é: se um 
sólido em equilíbrio estiver sujeito a várias forças constituindo um sistema concorrente em um plano, essas forças 
(ou melhor, seus vetores livres), geometricamente adicionadas, devem formar um polígono fechado. Essa é a 
condição de equilíbrio de um sistema qualquer de forças coplanares concorrentes. 
Na figura 32, consideramos a esfera suportada num plano vertical pelo tirante BC e pela parede lisa AB. O 
diagrama do sólido livre em que a esfera aparece isolada, está representada nafigura 32b. Os detalhes da 
construção deste diagrama já foram discutidos. As três forças concorrentes P, Ra e T formam um sistema em 
equilíbrio e seus vetores livres devem formar um polígono fechado, neste caso, um triângulo. 
 
 
 
 
 
 
 
D.C.L 
Figura 33 
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 Para construir este triângulo de forças (figura 34c) traçamos primeiro o vetor ab, que representa, em escala, a 
força P. Em seguida, das extremidades a e b deste vetor, construímos as retas ac’ e bc’, paralelas, respectivamente, 
às linhas de ação das reações T e Ra. A interseção c destas duas linhas determina as intensidades procuradas de 
Ra e T, mostrando as setas nos sentidos destas forças para que se forme o triângulo. Note-se que num polígono de 
forças qualquer, fechado, os vetores são dispostos de modo que o final de um coincida com o início de outro, 
formando o perímetro do polígono. As intensidades de Ra e T podem, agora, ser determinadas do desenho, o que 
resolve o problema. 
O processo acima é denominado uma solução gráfica do problema. Para tal solução, é claro, seriam necessários 
os valores numéricos da intensidade de P e do valor do ângulo, entre o tirante e a parede. 
Não se dispondo dos valores numéricos, pode-se esboçar o triângulo de forças, como se vê na figura c, e 
exprimir as intensidades de Ra e T em função do P. No caso presente, por exemplo, aplicando a lei dos senos no 
triângulo de força temos: 
 
 
Assim, para quaisquer valores numéricos, os valores de Ra e F podem ser calculados pelas expressões (a) e (b). 
Uma tal análise do problema é chamada uma solução trigonométrica. 
Quando possível, a solução trigonométrica é preferível porque os pequenos erros que estão sempre presentes 
nas soluções gráficas, decorrentes de imperfeições inevitáveis nos desenhos. Entretanto , nos problemas mais 
complexos, a solução trigonométrica pode ser tão complicada que torne impraticável, o que faz com que utilizemos a 
solução gráfica, menos elegante porém imediata. Tendo em vista que a decomposição de uma força em mais de 
duas componentes coplanares é um problema indeterminado, concluímos que, lidando com corpos sujeitos a ação 
de forças concorrentes e coplanares, não podemos determinar complemente senão duas forças de reação. 
Exemplo 6- Determinar as trações nos cabos AC e BC na situação ilustrada. 
 
 
 
 
 
 
a)Solução Gráfica: como o ponto C está em equilíbrio, o polígono de forças será um polígono fechado. Desenha-se 
as forças conhecidas em escala e mede-se os comprimentos de T1 e T2 após o fechamento do polígono de forças. 
 
 1.5kN + T1 + T2 = 0 
 T1 = 1.3kN 
 T2 = 1.6kN 
 
 
( ) ( )aa -= º90sen
G
sen
Ra
( )a-= º90º90 sen
G
sen
F
 
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b)Solução Analítica: aplica-se a lei dos senos no triângulo de forças. 
 
 
 
 
 T1 = 1.33kN 
 T2 = 1.63kN 
 
Exemplo 7- Duas forças P e Q de intensidade P = 5kN e Q = 6kN estão aplicadas à conexão de avião ilustrada. 
Sabendo-se que a conexão está em equilíbrio, determinar as trações T1 e T2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SFx = 0 T1 + t2.cos60o – 6kN.cos15o = 0 
SFy = 0 T2.sen6 o + 6kNsen15 o – 5kN = 0 
 
Resolvendo o sistema de equações, temos: 
0.5T2 + T1 = 5.79kN T1 = 3.80kN 
1.55kN + 3/2T2 = 5kN T2 = 3.98kN 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
P22- Determinar as compressões em cada um dos dois cabos flexíveis AB e CB se o peso do lampião for G = 
2kgf.(Resposta: AB = 1.465kg, CB = 1.035 kgf.) 
P23- Calcular as compressões exercidas pela esfera de peso G = 6kgf em dois planos lisos inclinados AB e BC. 
(Resposta: Compressão em D = 5.20kgf, compressão em E = 3kgf.) 
º60
5,1
º70
2
º50
1
sen
kN
sen
T
sen
T
==
D.C.L 
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P24- Determine os módulos de F1 e F2 de modo que a partícula da figura fique em equilíbrio. (Resposta: F1= 259N 
F2= 366N) 
P25- Um cilindro de peso G = 50kgf e raio r = 15cm está suportado por um tirante AC = 30cm e se apoia sobre uma 
parede vertical lisa, como se vê na figura abaixo. Determinar a tração F no tirante e a força Rb exercida sobre a 
parede em B.(Respostas: F = 57.8kgf, Rb = 28.9kgf). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P26- O motor de 200kg é suspenso pelo sistema de correntes abaixo. Calcule a tração na corrente AB e AC, 
utilizando o método analítico, com lei dos senos e cossenos.(Resposta: AB = kgf, AC = kgf). 
P27- O rolamento mostrado na figura possui esferas dispostas simetricamente em seu alojamento. Uma das esferas 
está sujeita a uma força de 125N no ponto de contato em A devido à força do eixo. Determine as reações normais 
NB e NC sobre o rolamento em seus pontos de contato B e C para garantir o equilíbrio. 
Resposta: NC= 163N NB= 105N 
 
Problema 22 Problema 23 
Problema 24 
Problema 25 
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[ 24 / 64 ] Mecânica Técnica 
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P28- O vaso de plantas com 20kg mostrado na figura é suspenso por três fios e suportado pelos ganchos em B e C. 
Determine as forças trativas em AB e AC para a condição de equilíbrio. 
Resposta: TAB= 157N TAC= 118N. 
P29– Determine a força em cada cabo e a força F necessária para manter a luminária de 4 kg na posição mostrada. 
Sugestão: Analise inicialmente o equilíbrio do ponto B. 
Resposta: TBC= 39,2N TBA= 68,0N TCD= 39,2N F= 39,2N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema 26 
Problema 27 
Problema 28 
Problema 29 
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Momento de uma Força em Relação a um Ponto 
O momento de uma forca em relação a um ponto ou a um eixo fornece a medida da tendência da força em 
causar um giro no corpo em torno do ponto ou do eixo. Por exemplo, considere a força horizontal Fx, que atua 
perpendicularmente ao braço de alavanca da chave inglesa e está localizada a urna distancia dy do ponto O, Fig. 35. 
Podemos observar que esta força tende a causar um giro no tubo em torno do eixo z. Quanto maior a força ou o 
comprimento dy., maior será o efeito de giro. Esta tendência de rotação causada pela força Fx é algumas vezes 
denominada de torque, embora não seja raro chamá-la de momento de uma forca ou simplesmente momento (Mo)z. 
Observe que o eixo do momento (z) é perpendicular ao plano sombreado (x-y) que contém tanto Fx como dy e que 
este eixo intercepta o plano no ponto O. 
Considere agora a força Fz aplicada à chave inglesa, Fig. 36. Esta força não tende a girar o tubo em torno do 
eixo z. Em vez disso, ela tende a girá-lo em torno do eixo x. Lembre-se de que, embora na realidade não seja 
possível girar o tubo dessa maneira, Fz gera uma tendência ao giro, e conseqüentemente um momento (Mo)x será 
produzido. Analogamente ao caso anterior, a força e a distância d se apóiam sobre o piano sombreado (y-z) que é 
perpendicular ao eixo do momento (x). Finalmente, se uma força Fy aplicada à chave, Fig. 37, nenhum momento 
será produzido relativamente ao ponto O. Assim, não haverá uma tendência de giro do tubo, pois a linha de ação da 
força passa pelo ponto O e, portanto, não ha uma tendência de rotação do tubo.Figura 35 Figura 36 
Figura 37 
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[ 26 / 64 ] Mecânica Técnica 
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Generalizando a discussão anterior consideremos a força F e o ponto O que se apóiam sobre o plano sombreado 
mostrado na Fig. 38a. 0 momento Mo em relação ao ponto O, ou em relação a um eixo que passa através de O e é 
perpendicular ao plano, é uma quantidade vetorial, pois depende de um módulo, urna direção e um sentido. 
Módulo. 0 módulo de Mo é 
 
 
onde d é referenciado como o braço de momento ou distância entre a 
perpendicular ao eixo no ponto O e a linha de ação da força. As unidades do 
módulo do momento são obtidas pelo produto de uma força por uma distância, 
como por exemplo, N.m ou lb.ft 
Direção e Sentido. A direção e o sentido de Mo serão determinados pela 
utilização da “regra da mão direita”. Para aplicarmos esta regra, os dedos da 
mão direita devem ser curvados de forma a acompanharem o sentido de rotação 
que ocorreria se a força pudesse girar em relação ao ponto O, Fig. 38a. Nesta 
condição, o dedo polegar é orientado ao longo do eixo do momento, fornecendo a 
direção e o sentido do vetor momento, que é perpendicular e para cima 
relativamente ao plano sombreado que contem F e d. 
O vetor Mo é representado a três dimensões por uma seta vetorial circundada 
por uma seta curva, para diferenciá-lo de um vetor força, Fig. 38a. Muitos 
problemas em mecânica, entretanto, envolvem sistemas de forças coplanares que 
podem ser convenientemente representadas em duas dimensões. Por exemplo, 
uma vista bidimensional da Fig. 38a é apresentada na Fig. 38b. Neste caso, Mo é 
representado apenas pela seta curva no sentido anti-horário, indicando a ação da 
força F. A extremidade desta seta é utilizada para mostrar o sentido do momento 
causado por F. Utilizando a regra da mão direita, entretanto, verificarmos que a direção e o sentido do vetor 
momento na Fig. 38b são indicados pelo dedo polegar, que aponta para fora da página, uma vez que os demais 
dedos seguem a seta curva. Nos problemas bidimensionais freqüentemente faremos referência à obtenção do 
momento de urna força “em relação a um ponto” (O). Lembre-se, entretanto, de que o momento sempre atua 
relativamente a um eixo que é perpendicular ao plano contendo F e d, e este eixo intercepta o plano no ponto (O), 
Fig. 38a. 
Exemplo 8- Uma força vertical de 500N é aplicada à extremidade de uma manivela fixada a um eixo em O. 
Determinar o momento da força de 500N em relação ao ponto O. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 38 
dFMo .=
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Solução: 
Para calcular o momento num dado ponto, arbitra-se um sentido de rotação como positivo (normalmente anti-
horário). Se o valor der negativo, significa que o sentido do momento é contrário. 
a) momento em relação ao ponto O. 
A distância de O à linha de ação da força de 500N é: 
d = 0,6.cos60o = 0,3m 
o módulo do momento em relação a O, da força de 500N, é: 
Mo = -F.d 
Mo = -(500N).(0.3m) = -150N.m 
Como a força tende a girar a manivela em torno de O, no sentido horário, o momento será representado por um 
vetor Mo, perpendicular ao plano da figura e apontado para dentro do papel. Exprimimos esto fato escrevendo: 
 
Mo = 150Nm 
Exemplo 9- Determinar o momento ou torque no parafuso. 
 
 
 
 
Solução: 
M = F.d 
M = 60kgf.30cm = 1800kgf.cm 
Exemplo 10- Determinar o momento no ponto A (MA) devido às forças atuantes na barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: O momento no ponto A é determinado pela somatória dos momentos em relação ao ponto A. 
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åM(A) = 0 
åM(A) = (-50N.0,8m) + (-30N.1,8m) + (100N.0,8m) + (80N.0m) 
 
åM(A) = -14N.m 
2.5. Momento de um Binário 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um 
binário. É claro que a soma das componentes das duas forças em qualquer direção é zero. A soma dos momentos 
das duas forças em relação a um dado ponto, no entanto, não é zero. Apesar da as duas forças não transladarem o 
corpo no qual atuam, tendem a fazê-lo girar. 
Exemplo 11- Determinar o momento do binário das forças que agem sobre a engrenagem abaixo sabendo que a 
mesma tem um diâmetro de 72mm: 
 
Solução: 
Convém salientar que o valor do momento de um binário é o mesmo em 
qualquer ponto do plano. Sendo assim, calculando o momento no centro, 
temos: 
 
Mo = F.d 
Mo = 40N.72mm = 2880N.mm 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
P30- Uma força de 40N é aplicada à chave mostrada na figura. Determine o momento desta força em relação ao 
ponto O. 
Resposta: -7,11N.m 
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P31- Determine o módulo da força F a ser aplicada na extremidade da alavanca mostrada na figura de modo a gerar 
um momento de 15N.m no sentido horário, em relação ao ponto O. 
Resposta: 
P32- Se a força F = 100N, determine o ângulo q de modo que ela gere um momento de 20N.m no sentido horário 
em relação ao ponto O. 
Resposta: 28,6º 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P33- Determine o momento produzido pela chave de roda sobre o parafuso sabendo que a distancia a= 200mm e a 
força aplicada F= 12kgf. 
Resposta: 4800N.mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema P30 
Problema P31 e P32 
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[ 30 / 64 ] Mecânica Técnica 
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Problema P34 
P34- Uma força de 450N é aplicada em A . Determine: 
a)o momento da força de 450N em relação a D; 
b)o módulo e o sentido da força horizontal que, aplicada a C, produz o mesmo momento em relação a D; 
c) a menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D. 
Resposta: a)MD = 88788,43Nm; b)FC = 394,62N c)FC = 279.04N 
 
P35- Calcule o momento da força de 500N em relação a A: 
a)usando a definição de momento de uma força 
b)decompondo a força em componentes horizontal e vertical 
c)decompondo a força em componentes na direção AB e perpendicular a AB. 
d)determinar o momento da força de 500N em relação ao ponto C. 
Resposta: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P36- A companhia BRS produz um veículo articulado com plataforma que pode suportar um peso de 550lb. Se o 
veículo está com seus braços na posição mostrada na figura, determine o momento dessa força em relação aos 
pontos A,B e C. 
Resposta: MA= 1650 lbf.ft MB= 9270 lbf.ft MC= 6450 lbf.ft 
P37- A barra do mecanismo de controle de potência de um jato está sujeita a uma força de 80N. Determine o 
momento desta força em relação ao mancal A. 
Problema P35 
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Resposta: +7,71 N.m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS 
Corpo Rígido em Equilíbrio 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças 
equivalentes a zero, isto é, quando as forças externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. Ou 
seja: 
 
 
 
Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, encontramos que as condições 
necessáriase suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido também podem ser expressas pelas seis equações 
escalares: 
 
 
 
 
 
 
Problema P36 
Problema P37 
 å F = 0 å Mo = 0 
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[ 32 / 64 ] Mecânica Técnica 
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As equações acima (a) traduzem o fato de que as componentes das forças externas se compensam nas 
direções x, y e z. As equações acima (b) traduzem o fato de que os momentos das forças externas, em relação aos 
eixos x, y e z, se anulam. O sistema das forças externas, por conseguinte, não comunicará movimento de translação 
ou rotação ao corpo rígido considerado. 
REAÇÕES: Onde não houver restrições (impedimentos) de movimento de um corpo numa dada direção, haverá 
uma reação na mesma direção e sentido oposto. 
Equilíbrio em Duas Dimensões 
3.1.1. REAÇÕES NOS APOIOS E CONEXÕES DE UMA ESTRUTURA BIDIMENSIONAL 
Na primeira parte deste capítulo, consideraremos o equilíbrio de uma estrutura bidimensional, isto é, suporemos que 
a estrutura considerada e as forças sobre ela aplicada estão contidas no plano da figura. Obviamente , as reações 
necessárias para manter a estrutura na mesma posição estarão também contidas no plano da figura. 
As reações exercidas sobre uma estrutura bidimensional podem ser divididas em três grupos correspondentes a 
três tipos de apoio ou conexões. 
1- Reações Equivalentes a uma Força com Linha de Ação Conhecida 
Os apoios e conexões que causam reações desse tipo são os roletes, balancins, superfícies lisas, hastes curtas e 
cabos, cursores e pinos deslizantes. Cada um destes apoios e conexões pode impedir movimento em apenas uma 
direção. 
Eles estão ilustrados na figura 15 juntamente com as reações que produzem. Reações desse tipo envolvem uma 
incógnita, que é o módulo da reação; e esse módulo deve ser denominado por letra apropriada. A linha de ação da 
reação é conhecida e deve ser indicada claramente no diagrama de corpo livre. O sentido da reação deve ser como 
a figura 15, no caso de uma superfície lisa (para fora da superfície) ou de um cabo (tração na direção do cabo). A 
reação pode estar orientada em ambos os sentidos, no caso de roletes em pista dupla, hastes, cursores e pinos 
deslizantes. Os roletes em pista simples e balancins são geralmente supostos reversíveis. Então as reações 
correspondentes também podem ser orientadas em ambos os sentidos 
2- Reações Equivalentes a uma Força de Direção Desconhecida. 
Os apoios e conexões que causam reações desse tipo são os pinos polidos em orifícios ajustados, articulações e 
superfícies rugosas. Eles podem restringir a translação de um corpo livre em todas as direções, mas não podem 
restringir a rotação em torno da conexão. As reações deste grupo envolvem duas incógnitas, geralmente 
representada pelas suas componentes x e y. No caso de uma superfície rugosa, a componente normal à superfície 
deve estar orientada para fora da superfície de apoio. 
3- Reações Equivalentes a uma Força e um Binário 
Estas reações são causadas por apoios fixos que impedem qualquer movimento do corpo livre, imobilizando-o 
completamente. Os apoios fixos produzem forças sobre toda a superfície de contato; contudo, estas forças formam 
å Fx = 0 å Fy = 0 å Fz = 0 (a) 
å Mx = 0 å My = 0 å Mz = 0 (b) 
Figura 39 
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 [ 33 / 64 ] 
um sistema que pode ser reduzido a uma força e a um binário. As reações deste grupo envolvem três incógnitas, 
consistindo geralmente em duas componentes da força e o momento do binário. 
Quando o sentido de uma força ou de um binário desconhecido não é previsível, devemos tomá-lo 
arbitrariamente; o sinal da resposta obtida indicará, então, se o sentido adotado é correto ou não. 
As condições estabelecidas no início do capítulo para o equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se 
consideravelmente no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, então 
para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, temos: 
Fz = 0 Mx = My = 0 Mz = Mo 
Então as seis equações de equilíbrio deduzidas no início do capítulo reduzem-se a: 
åFx = 0 åFy = 0åMo = 0 (c) 
e as três identidades triviais 0 = 0. 
Como a terceira das equações (c) deve ser satisfeita independentemente da escolha da origem O, podemos 
escrever as equações de equilíbrio para uma estrutura bidimensional na forma mais geral: 
åFx = 0 åFy = 0åMA = 0 
onde A é qualquer ponto no plano da estrutura. As três equações obtidas podem ser resolvidas para um máximo de 
três incógnitas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 12- Uma viga bi-apoiada suporta um carregamento como mostra a figura. Determinar as reações nos 
apoios devido a esse carregamento. 
Figura 
40 
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[ 34 / 64 ] Mecânica Técnica 
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Solução: 
Faz-se o diagrama de corpo livre arbitrando o sentido das forças de reação e aplicando as condições de equilíbrio. O 
resultado indicará se o sentido arbitrado está certo (valor positivo) ou invertido (valor negativo). 
 
 
 
 
åFx = 0åM(A) = 0 åFy = 0 
Rax = 0 -500.2 + Rby.3 = 0 Ray + Rby – 500 = 0 
 3Rby = 500.2 Ray + 333,33 – 500 = 0 
 Rby = 333,33kgf Ray = 166,67kgf 
Exemplo 13- Determinar as reações nos apoios A e B para um dado carregamento externo como está ilustrado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
åFy = 0 åFx = 0 
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 [ 35 / 64 ] 
Ray + RBy – 50kgf – 86,60kgf = 0 Rax + 50kgf = 0 
Ray = -63,30kgf Rax = -50kgf 
åM(a) = 0 
RBy.2m – 50kgf.2m – 50kgf.0,8m – 86,60kgf.3m = 0 
RBy = 199,90kgf 
Exemplo 14- Determinar as reações no apoio em A e a tensão o cabo B. 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
åM(A) = 0 åFx = 0 
200N.1m – T.sen60º.2m = 0 -T.cos60º + RAx = 0 
T = 115,47N RAx = 57,73N 
åFy = 0 
RAy - 200N + Tsen60º = 0 
RAy – 200N + 115,47N.sen60º = 0 
RAy = 100N 
 
 
 
 
 
Exemplo 15- Uma viga em balanço é carregada como está ilustrado. Ela está fixa na extremidade esquerda e livre 
na direita. Determinar a reação na extremidade fixa. 
 
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Solução: 
A porção da viga engastada na parede está submetida a um grande número de forças. Estas forças, no entanto, são 
equivalentes a uma força componente Rx e Ry e a um binário de momento M. 
åFy = 0 åFx = 0 
Ry – 800N – 400N – 200N = 0 Rx = 0 
Ry = 1400N 
åM(A) = 0 
-800N.1,5m – 400N.4m – 200N.6m + M = 0 
M = 4000N.m 
A reação na extremidade fixa consiste em uma força vertical para cima de 1400N e um binário anti-horário de 
4000N.m 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
P 38- Determinar as reações em B e C para a viga e carregamento mostrado. 
Resposta: 
P 39- Supondo que o máximo valor permissível da reação em B é de 2000kgf e que a reação em C deve estar 
orientada para cima, pede-se determinar a maior força F adicional para baixo que pode ser aplicada no ponto A com 
segurança. 
Resposta: 
 
 
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 [ 37 / 64 ] 
 
 
 
P40- Uma barra AB, é articulada no embasamento, em A, e suportadapor uma escora CD, está sujeita a uma 
carga horizontal de 5ton, em B, como se vê na figura A. Determinar: 
a) a tração F na escora e a reação Ra em A; 
b) as reações em A e B da figura B. 
Resposta: a)F= +5,55ton Rax= -1,94ton Ray= +4,62ton Ra= 5ton e a = 67,22o b)Rax = 2P/3 ; 
Ray = P ; Rbx = 2P/3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P41- A utilização de uma série de alavancas é mais eficiente do que o uso de apenas uma única alavanca. Por 
exemplo, o caminhão de 800lb é pesado utilizando (a) três alavancas ou (b) uma alavanca, conforme mostrado na 
figura. No caso (a), determine a força P necessária para equilibrar o caminhão, e no caso (b), utilizando a mesma 
força P, determine o comprimento l necessário para uma única alavanca para pesar o caminhão. 
P42- Um homem pesando 75kgf encontra-se de pé no ponto meio de uma escada que pesa 25 kgf, como se vê 
na figura. Supondo o chão e a parede perfeitamente lisos, determinar a tração F no tirante DE, que impede o 
deslizamento, bem como as reações Ra e Rb em A e B.(Resposta: F = 40,6kgf; a = 30o ; Ra = 120,3kgf ; Rb = 
35,2kgf) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema P38 e P39 
Problema P40a P40b 
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P 43- A lança de guindaste AB de 12m pesa 10kN e a distância do eixo A ao centro de gravidade G da haste é de 
6m. Para a posição ilustrada, determine a tração T no cabo e a reação e A. 
Resposta: T = 149,5kN; Rax = +140,5kN ; Ray = +86,1kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P44- Um carrinho elevador de 600kgf é usado para sustentar uma caixa C de 150kgf, na posição indicada. 
Determinar as reações: 
a)em cada uma das duas rodas A (uma roda de cada lado do carrinho); 
b) na roda única B (roda esterçável) 
Resposta: Ra = +170,45kgf ; Rb = +409,09kgf 
P45- Sabendo-se que o módulo da força vertical P é de 400N, determine: 
a tração T no cabo CD 
a reação em B 
Resposta: a) T= +183,54N Rbx= +150,35N Rby= +505,28N 
P46- Encontrar o ângulo para o qual o braço da grua AB está em equilíbrio. Desprezar o peso do braço da grua. 
Encontrar também a reação em A. 
Resposta: a = 51,5o; Ra = 214,75N Dica: (sena/cosa=tga) 
 
 
Problema 43 
Problema 44 
Problema P45 
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P47- Determinar as reações nos apoios A e B da treliça. 
Resposta: Rax = 100N ; Ray = 23,4N ; Rby = 106,6N 
P48- Determine as reações de apoio da viga mostrada na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P49- Sapatas externas são utilizadas para estabilizar o guindaste, mostrado na figura, na operação de elevar 
grandes cargas. Se a carga a ser elevada é de 3t, determine o ângulo q máximo da lança de modo que o guindaste 
não tombe. O guindaste tem uma massa de 5t e centro de massa em GG, e a lança tem uma massa de 0,6t e centro 
de massa em GL. Resposta: 26,4º 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P50- Determine as componentes horizontal e vertical das forças que os pinos A e C exercem sobre a estrutura. 
Respostas: Cx= 167N Cy= 111N Ax= 167N Ay= 389N 
Problema P46 
Problema P48 
Problema P47 
Problema P49 
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P51- A operação das válvulas de expulsão de gases e alimentação da mistura no motor de um veículo consiste 
em uma came C, uma haste de acionamento DE, um balancim oscilante EFG rotulado em F e uma válvula V com 
mola restauradora. Se a compressão na mola é de 20mm quando a válvula está aberta, conforme mostrado na 
figura, determine a força normal atuante sobre o lóbulo da came em C. A mola tem uma rigidez de 300N/mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. ANÁLISE DE ESTRUTURAS: TRELIÇAS 
Introdução 
Nos problemas estudados nos capítulos precedentes, 
todas as forças consideradas eram externas ao corpo 
rígido. A partir deste ponto, trataremos do equilíbrio de 
estruturas compostas. Estes problemas tratam não 
apenas da determinação das forças que agem sobre uma 
estrutura, mas também da determinação das forças que 
mantém unidas as várias partes da estrutura. Estas forças 
são conhecidas como forças internas. 
O que foi dito acima está de acordo com a terceira Lei 
de Newton, que afirma que as forças de ação e reação 
entre corpos em contato possuem o mesmo módulo, a 
mesma direção (ou linha de ação) e sentidos contrários. A 
aplicação desta lei é fundamental para a resolução de 
problemas envolvendo corpos interligados. 
Treliças 
Treliça é uma estrutura constituída de três ou mais 
barras presas em pontos chamados nós, formando um 
corpo rígido. Consideramos os nós como pinos sem atrito, 
que não podem transmitir momentos exercidos sobre as 
barras. Assim, somente forças compressivas ou trativas 
agem sobre as barras da treliça. 
Barras, cargas e reações estão contidas no mesmo 
plano. O peso de cada barra é desprezível em relação às cargas. Nos esquemas, a largura das barras é 
desprezada, sendo elas representadas por linhas. 
Problema P51 
Problema P50 
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 [ 41 / 64 ] 
As cargas e reações agem somente nos nós. 
A treliça é um dos principais tipos de estruturas da Engenharia. Ela oferece, ao mesmo tempo, uma solução 
prática e econômica a muitas situações de Engenharia, especialmente no projeto de pontes e edifícios. Uma treliça 
consiste em barras retas articuladas nas juntas. As barras da treliça são interligadas apenas em suas extremidades; 
assim, nenhuma barra é contínua através de uma junta. Na figura 16, por exemplo, não existe a barra AB. Existem, 
ao invés, duas barras distintas AD e DB. Estruturas reais são feitas de várias treliças unidas para formar uma 
estrutura espacial. Cada treliça é projetada para suportar as cargas que atuam no seu plano e, assim, pode ser 
tratada como uma estrutura bidimensional. 
 
 
Treliças Simples 
Os diferentes métodos de se determinar o equilíbrio de forças coplanares (no mesmo plano) têm larga aplicação 
no estudo das treliças simples. Uma treliça simples é definida como um sistema de barras, situadas num mesmo 
plano e ligadas umas às outras pelas extremidades de modo a formar uma cadeia cinemática rígida. 
Um exemplo típico aparece na figura 41, que representa um tipo comum de treliça, apoiada num plano vertical, 
como se vê na figura 41, recebe cargas, aplicadas nos nós (telhado) e também no plano vertical, aparecerão 
reações nos apoios. Estas forças externas agindo sobre o conjunto da treliça dão lugar ao aparecimento de forças 
axiais nas barras. A determinação destas forças internas constitui a análise da treliça. 
 
 
 
 
 
 
 
Algumas vezes, em vez de se ligar uma barra à outra por meio de pinos nas extremidades, empregam-se chapas 
de ligação às quais são barras rebitadas ou soldadas. Em qualquer caso, ao se analisar a treliça é prática usual 
adotar-se as seguintes hipóteses: 
Figuras 41 e 42 - Exemplos de aplicação de Treliças 
Figuras 43 e 44 – Forças internas que agem nas treliças 
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[ 42 / 64 ] Mecânica Técnica 
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(1)- as articulações nas extremidades das barras não têm atrito; não geram momento; 
(2)- os eixos das barras acham-se em um só plano, chamado plano médio da treliça; 
(3)- todas as forças agem nos nós, estando também contidas no plano da treliça. 
Estas três hipótesessão de grande importância e permitem, em última análise, a substituição da estrutura real 
pela treliça ideal, que consiste num sistema de barras coplanares, sem peso, articulado, sem atrito, pelas 
extremidades, atuando as forças externas apenas nos nós. 
É evidente, neste caso ideal, que a barra está em equilíbrio sob a ação de forças aplicadas apenas às 
extremidades, estando portanto sob tração ou compressão. Torna-se claro, então, que as reações das barras nos 
nós, podem ser representadas por duas forças iguais, colineares (forças que agem sobre uma mesma linha de ação) 
e opostas, cujos suportes coincidem com o eixo da barra. Assim, em cada nó tem-se um sistema de forças 
concorrentes e coplanares, que deve estar em equilíbrio. Logo, dentro das considerações acima, os métodos, 
anteriormente estudados, de determinação do equilíbrio de forças concorrentes (saem do mesmo ponto de aplicação 
ou passam pelo mesmo ponto) e coplaneares podem ser, agora, diretamente aplicados nas análises das treliças. Tal 
aplicação constitui o chamado Método dos Nós. 
Método Analítico 
4.1.1. MÉTODO DOS NÓS (MÉTODO DO CREMONA) 
 
 
O método 
dos nós é 
um 
procediment
o para a determinação das forças de compressão ou de tração nas barras de uma treliça. Os nós de uma treliça 
estão em equilíbrio. Um diagrama de corpo livre é desenhado para cada nó. As forças em todas as barras, assim 
como as reações nos pontos de suporte da treliça são, então, determinadas pelas equações de equilíbrio escritas 
para cada nó. Encontram-se as incógnitas, indo de um nó para outro, com ajuda do diagrama de corpo livre em cada 
nó. 
Como podemos ver na figura 46, se a força estiver saindo do nó, a barra sofre esforço de tração, caso contrário, 
sofrerá esforço de compressão. 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 16- Determinar os esforços nas barras da treliça abaixo para um carregamento de 100N no nó C. 
Solução: 
Determinar as reações nos apoios A e B. 
åFx = 0 åM(A) = 2.a.Rby - a.100N = 0 åFy = 0 
Figura 46 
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 [ 43 / 64 ] 
Rbx = 0 Rby = 50N Ray + Rby - 100N = 0 
Ray = 50N 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo dos esforços nas barras: 
Os esforços nas barras são arbitrariamente supostos como sendo de tração. Portanto, se alguma força der um 
valor negativo, isso significa que ela é uma força de compressão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
åFy = 0 åFx = 0 åFx = 0 
F1.sen45o + Ray = 0 F2 + F1.cos45o = 0 
F3.cos45o-F1.cos45o= 0 F1 = -70,71N (Compressão) 
F2 = + (-70,71).cos45o = 0 F3 = F1 
F2 = 50N (Tração) F3=-70,71N(Compressão) 
 
Exemplo 17- Uma treliça bi-apoiada suporta uma carga P no nó D. Determinar os esforços nas barras 
identificando-os se o esforço é de Tração ou Compressão. 
Solução: 
Cálculo das reações: 
åFx = 0 åM(A) = 0 åFy = 0 
Rbx = 0 Rby.4a - P.a = 0 Ray + Rby - P = 0 
 Rby = P/4 Ray = 3.P/4 
 
 
 
 
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[ 44 / 64 ] Mecânica Técnica 
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Cálculo dos esforços nas barras: 
åFy = 0 åFx = 0 
 3.P/4 + F1sen45o = 0 
 F2 + F1.cos45o = 0 
 F1 = -3. √ 2.P/4 (Compressão) 
 F2 = 3.P/4 (Tração) 
 åFy = 0 
 -F3.sen45o - F1.sen45o - P = 0 
 2 F3/2 = (3. √2/4)sen45o.P – P 
 F3 = -√2 .P/4 (Compressão) 
 åFx = 0 
 F4 + F3.cos45o-F1.cos45o = 0 
 F4-(√2/4).cos45o+(3. √2/4).cos45o.P=0 
 F4 = -P/2 (Compressão) 
 åFy = 0 
 F5.sen45o + F3.sen45o = 0 
 F5.sen45o -(√2.P/4).sen45o =0 
 F5 = √2.P/4 (Tração) 
 åFx = 0 
 F6 - F2 + (F5 - F3).cos45o = 0 
 F6 - 3.P/4 + (√2.P/2 + √2.P/4). √2/2 = 0 
 F6 = P/4 (Tração) 
 
 åFy = 0 
 F7. √2/2 + P/4 = 0 
 F7 = (-P/4). 2/ √2 
 F7 = - √2.P/4 (Compressão) 
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 [ 45 / 64 ] 
4.1.2. MÉTODO DAS SEÇÕES (MÉTODO RITTER) 
O método dos nós é mais eficiente quando é necessário determinar as forças e todas as barras da treliça. Se, 
entretanto, a força em somente uma barra ou a foça em apenas poucas barras forem desejadas, um outro método, 
chamado das seções, demonstrará maior eficiência. 
Por esse método, a força em determinada barra de uma treliça é calculada cortando-se a barra cuja força é 
desejada e não mais do que três outras barras, de modo seccionar a treliça. As partes seccionadas estão em 
equilíbrio e, portanto, podem ser tratadas como corpos livres. A aplicação das condições de equilíbrio nos dá a força 
desejada. 
Antes de seccionar a treliça, é necessário determinar as reações nos apoios da treliça. 
Exemplo 18- Determinar as forças nas barras 4, 5 e 6 do exemplo 25 pelo método das seções. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
Para determinar as forças nas barras 4, 5 e 6, pode-se aplicar as condições de equilíbrio na parte seccionada à 
direita ou à esquerda da seção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
åM(C) = 0 
-F4.a + P.a - 3.P.2.a/4 = 0 
F4 = -P/2 (Compressão) 
åFx = 0 
F6 + F4 + F5.cos45 = 0 
F6 - P/2 + ( 2/4). cos45.P = 0 
F6 = P/4 (Tração) 
åFy = 0 
F5.sen45 + 3.P/4 - P = 0 
F5 = 2.P/4 (Tração) 
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EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
Utilizando o método dos nós, determinar a força em cada barra das treliças representadas. Indicar se cada barra 
está sendo Comprimida (C) ou Tracionada (T). 
 
P52- Resposta: 
 F1 = 340kgf (T) 
F2 = 260kgf (C) 
F3 = 100kgf (C) 
F4 = 240kgf (T) 
F5 = 260kgf (C) 
 
P53- Resposta: 
F1 = 3600N (C) 
F2 = 3900N (T) 
F3 = 4500N (C) 
 
P54- Resposta: 
F1 = 4tonf (T) 
F3 = F9 = 2tonf (C) 
F4 = 8tonf (T) 
F10 = 4tonf (T) 
As demais forças = 5tonf (C) 
 
P55- Resposta: 
F1 = F2 = F5 = 1tonf (C) 
F3 = F4 = F6 = F7 = 1,414tonf (T) 
F9 = F13 = 1tonf (T) 
F8 = F10 = F11 = F12 = 1,414tonf (C) 
 
P56- Resposta: 
F1 = F2 = 200kgf (T) 
F3 = F4 = 150kgf (T) 
F5 = F6 = 250kgf (C) 
F7 = F9 = F9 = 0 
 
 
 
 
 
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 [ 47 / 64 ] 
P57 P58- 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
1. S. Timoshenko / D. H. Young – Mecânica Técnica 
2. William A. Nash – Resistência dos Materiais 
3. Ferdinand P. Beer / E. Russell Folinston Jr. – Mecânica Vetorial para Engenheiros 
4. Lane K. Branson – Mecânica 
5. R. Thibant / A. Tournay – Mecânica Geral 
6. Ademar Fonseca - Mecânica 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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REVISÃO de MATEMÁTICA 
1) Regras dos Sinais 
a) Adição (+) Soma 
(+) + (+) = (+) 
(-) + (-) = (-) 
(+) + (-) = Sinal do Maior 
(-) + (+) = Sinal do Maior 
Exemplo: 
(+6) + (+3) = +6 +3 = 9 
(-6) + (-3) = -6 -3 = -9 
(+6) + (-3) = +6 -3 = 3 
(-6) + (+3) = -6 +3 = -3 
 
b) Subtração (-) Diminuir 
(+) - (+) = Sinal do Maior 
(-) - (-) = Sinal do Maior 
(+) - (-) = (+) 
(-) - (+) = (-) 
Exemplo: 
(+6) - (+3) = +6 -3 = 3 
(-6) - (-3) = -6 +3 = -3 
(+6) - (-3) = +6 +3 = 9 
(-6) - (+3) = -6 -3 = -9 
 
c) Multiplicação (x) 
(+) × (+) = (+) 
(-) × (-) = (+) 
(+)× (-) = (-) 
(-) × (+) = (-) 
Exemplo: 
(+6) × (+3) = +6 × +3 = 18 
(-6) × (-3) = -6 × -3 = 18 
(+6) × (-3) = +6 × -3 = -18 
(-6) × (+3) = -6 × +3 = -18 
d) Divisão (/) 
(+) / (+) = (+) 
(-) / (-) = (+) 
(+) / (-) = (-) 
(-) / (+) = (-) 
Exemplo: 
(+6) / (+3) = +6 / +3 = 2 
(-6) / (-3) = -6 / -3 = 2 
(+6) / (-3) = +6 / -3 = -2 
(-6) / (+3) = -6 / +3 = -2 
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2) Operações 
Os processos usados para trabalharmos com números são chamados “Operações”. 
As operações fundamentais são: Adição, Subtração, Multiplicação e Divisão. 
a) Adição: Nada mais é do que a soma dos produtos. 
 64 744 34 18,90 
 +80 +657 +41,50 +15 
 144 1401 75,50 33,90 
b) Subtração: Trata-se da diminuição dos produtos. 
 80 744 41,50 18,90 
 - 64 - 657 - 34 - 15 
 16 87 7,50 3,90 
c) Multiplicação: 
 234 134 134,50 134,12 
 x 3 x 8 x 12 x 12 
 702 1072 26900 26824 
 13450 13412 
 1614,00 1609,44 
 432,50 123,5 
 x 5,23 x 8,231 
 129750 1235 
 86500 3705 
 216250 2470 
 2261,9750 9880 
 1016,5285 
d) Divisão: 
 32/8 32,2 /8 100,50/ 25 
 32 4 32 4,025 100 4,02 
 0 00,20 0,50 
 16 50 
 040 0 
 40 
322 / 8 516 / 25 
32 40,25 50 20,64 
 0,20 0160 
 16 150 
 040 0100 
 40 100 
 0 0 
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3) Conjunto dos Números Naturais 
Ao contarmos uma quantidade de qualquer coisa (objeto, animais, estrelas, pessoas, frutas, etc.) 
Obtemos: 
IN={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,...} 
Esses números são chamados de números Naturais. 
As reticências servem para indicar que existem mais números. 
Existem infinitos números Naturais. 
4) Conjunto dos Números Inteiros 
Para obter um conjunto em que a operação de subtração entre seus elementos fosse sempre 
possível, foi necessário ampliar o conceito de número. 
Então se criou para cada número Natural positivo (+) um número negativo (-). 
Z = {...,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,...} 
 
5) Potência 
Uma potência é um produto de fatores iguais. 23 = 8 
Onde o 2 é a Base, o 3 é Expoente e o 8 é a potencia, fala-se 3 potência de 2 
Exemplos: 
a) 43 = 4×4×4 = 64 
b) 23 = 2×2×2 = 8 
c) 25 = 2×2×2×2×2 = 32 
d) 14 = 1×1×1×1 = 1 
e) 13 = 1×1×1 = 1 
f) 03 = 0×0×0 = 0 
g) 05 = 0×0×0×0×0 = 0 
h) Eram 4 irmãos, cada um tinha 4 carros, e cada carro tem 4 rodas, Quantas eram essas rodas? 
 43 =4×4×4 = 64 
i) Indicação das formas de potencia: 
 7×7×7 = 73 
 8×8×8×8×8 = 85 
 12×12 = 122 
6×6×6×6×6×6×6 = 67 
Exercício: Resolva as Expressões abaixo. 
5 × 2³ + 72 = 5 × (2×2×2) + (7×7) = 89 
52 × 3 – 62 / 2 = (5×5) × 3 – (6×6)/2 = 57 
32 × 24 + 1 = (3×3) × (2×2×2×2) + 1 = 145 
6) Produto de Potência de Mesma Base 
104×103 =(10×10×10×10) + (10×10×10)= 107 
32 × 36 = 32+6 = 38 
52 × 55 × 36 × 34 = 52+5 × 36+4 
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Mecânica Técnica 
SOCIESC 
 [ 51 / 64 ] 
7) Quociente de Potência de Mesma Base 
28 / 25 = 2×2×2×2×2×2×2×2 = 23 
 2×2×2×2×2 
37 / 32 = 37-2 = 35 
611 / 65 = 611-5 = 66 
 
Observações: 
Expoente 1 (um) 
31 × 32 = 31+2 = 33 = 27 
 e 
25 / 24 = 32 / 16 = 2 
25 / 24 = 25-4 = 21 = 2 
Então definimos que Potência de Expoente 1, é igual à Base. 
21 = 2 31= 3 201 = 20 
Expoente 0 (zero) 
30 × 32 = 30+2 = 32 = 9 
 e 
62 / 62 = 36 / 36 = 1 
62 / 62 = 62-2 = 60 = 1 
Então definimos que Potência de Expoente Zero, é igual a 1 (um). 
60 = 1 30 = 1 1000 = 1 
 
Exercícios: 
1) Simplifique as Equações: 
a) 36 × 32 = 38 
b) 25 × 27 = 212 
c) 23 × 23 × 24 = 212 
d) 104 × 103 × 106 × 107 = 1020 
e) 107 / 102 = 105 
f) 212 / 27 = 25 
g) 219 / 211 = 28 
 
2) Calcule as Equações: 
a) 106 / 104 = 100 
b) 75 / 73 = 49 
c) 124 / 122 = 144 
 
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ESCOLA TECNICA TUPY 
 
6. GEOMETRIA MÉTRICA PLANA 
 
Segmentos Proporcionais: 
 
Podemos fazer a comparação entre dois segmentos através do quociente entre os números que expressam as 
medidas desses segmentos. Para isso, teremos que usar os conceitos de razão e proporção. 
 
Se considerarmos quatro segmentos: AB , CD , EF e GH dizemos que, nessa ordem, os segmentos são 
proporcionais quando a razão entre os dois primeiros for igual à razão entre os dois últimos, ou seja: 
 
 AB = EF 
 CD GH 
 
TEOREMA DE TALES: 
 
Três, ou mais retas paralelas entre si, em um mesmo plano, formam um feixe de retas paralelas ou, 
simplesmente, feixe de paralelas. 
 Uma reta desse plano que corta o feixe de paralelas é chamada reta transversal. 
 
 
a / / b / / c ↔ AB = MN 
 BC NP 
Observando a figura anterior, podemos considerar outras proporções, tais como: 
 
AB = MN BC = NP AB = AC 
AC MP AC MP MN MP 
 
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Mecânica Técnica 
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 O teorema de Tales pode ser aplicado nos triângulos quando traçamos uma paralela a um dos lados do 
triangulo. 
 Observe o triangulo ABC da figura abaixo. 
 Vamos traçar uma reta r, paralela ao lado BC , e que irá interceptar o lado AB no ponto P e o lado AC no 
ponto Q. Traçando pelo vértice A uma reta s, paralela à reta r, obtemos um feixe de três paralelas ( BC , r e s ) 
cortando duas transversais ( AB e AC ). 
 
Pelo Teorema de Tales: AP = AQ 
 PB QC 
 
 
Exemplo: 
 
Na figura abaixo temos que MN // AB , Determine o valor de x. 
 
 
Pelo teorema de Tales: 2x = x + 4 
 5 8 
 
8 . 2x = 5 . ( x + 4 ) 
16x = 5x + 20 
16x – 5x = 20 
11x = 20 
 
x = 20 ou x = 1,82 (aproximadamente) 
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 11 
EXERCICIO: 
 
1) Considerando os triângulos MNP e PQR da figura abaixo, podemos afirmar que o Triangulo MNP e 
semelhante ao triangulo PQR. Como você justifica essa afirmação; 
 
 
2) Na figura abaixo, temos que a // b // c. nessas condições, determine a medida x indicada. 
 
 
 
3) Sendo r, s e t retas paralelas