[Introdução à Mecânica Estrutural] 01 - Equilíbrio

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Capítulo 1 
Equilíbrio 
 
Neste capítulo será feita uma revisão dos conceitos básicos de mecânica, 
em especial o efeito da aplicação de forças sobre o deslocamento do 
corpo. As condições de equilíbrio serão estabelecidas para situações 
planas e espaciais. O efeito da restrição ou impedimento ao deslocamento 
será abordado nas situações de vinculação interna e externa. Os tipos de 
vinculação e de carregamento mais usuais em estruturas serão mostrados. 
Será definido grau de hiperestaticidade de uma estrutura. 
Ao final do capítulo, o estudante será capaz de definir se uma estrutura 
pode ou não ser calculada a partir das equações de equilíbrio, bem como 
calcular o valor das reações vinculares no vínculos externos, bem como 
nos elementos de conexão entre partes da estrutura. 
1. FORÇAS, RESULTANTES E DECOMPOSIÇÃO DE FORÇAS 
Forças são grandezas vetoriais caracterizadas por módulo (intensidade), 
direção (reta suporte sobre a qual a força atua) e sentido. Sendo vetores, 
devem ser somadas (ou subtraídas) 
vetorialmente. 
Considerando um ponto material P 
submetido a um sistema de forças F1, 
F2 e F3, pode-se mostrar que a situa-
ção a) é equivalente à situação b), na 
qual as forças são substituídas por 
outra, resultado da soma vetorial de F1, 
F2 e F3, chamada de Resultante (R). 
A soma vetorial pode ser feita graficamente colocando-se a 
extremidade inicial de um vetor na extremidade final do anterior, e 
assim por diante. A resultante é o vetor unindo a extremidade inicial do 
primeiro vetor e a extremidade final do último. 
 
P
F1
F2
F3
a)
F1
F2
F3
R
R
P
b)
 
16 Capítulo 1 - Equilíbrio 
Percebe-se que é possível fazer o processo inverso, ou seja, dada uma 
força F, considerá-la como resultante de outras forças, aplicadas no 
mesmo ponto em outras direções e sentidos. 
Dos exemplos abaixo, constata-se que : 
P
F
P
F
F1
F2
P F1
F2
P
F
P
F
F1
F2 P
F1
F2
 
A resultante de um par de forças pode ser obtida pela diagonal do 
paralelogramo que tem por lados as forças a serem somadas. 
Analogamente, as componentes de uma força em duas direções 
quaisquer correspondem aos lados do paralelogramo paralelos a estas 
direções, cuja diagonal é a força a ser decomposta. 
Do ponto de vista analítico, é bastante conveniente tratarmos as forças 
através de suas componentes nas direções dos eixos ortogonais de um 
sistema cartesiano, geralmente denominados x, y e z. A soma das forças 
é dada pela soma das respectivas componentes em cada uma das dire-
ções x, y e z. 
P
F1
P
F1
F1y
F1x
=
P
F2y
F2x
+
F2
=
P
F2y
F2x
F1y
F1x
F2
R
α
 
Numericamente: 
( ) ( )
( ) ( )
F F F F R F F F F
F F F F R
F F
R
F F
x x x x y y
y y
x x y y
1 1 1 2 2 2 1 2
2
1 2
2
1 1 1 2 2 2
1
1 2
1
1 2
= = = + + +
= = = + = +
− −
cos cos
sen sen cos sen
α α
α α α
 
Mecânica Estrutural 17 
 
2. FORÇAS ESTATICAMENTE EQUIVALENTES 
MOMENTO DE UMA FORÇA 
Considere-se a situação abaixo, na qual uma placa que pode girar em 
torno do eixo "e" está submetida a uma força F. 
Inicialmente, a força F está aplicada de tal 
modo que tem como reta suporte a reta unin-
do P ao eixo. 
Nesta situação, o efeito de F sobre a placa é 
comprimi-la contra o eixo, mas não há ne-
nhuma tendência a fazer a placa girar em 
torno do eixo. 
Dizemos que dois sistemas de forças são 
estaticamente equivalentes quando os dois 
sistemas produzem o mesmo efeito (em 
termos de movimento) sobre um corpo (ou 
seja, quando têm resultantes iguais, aplicadas 
no mesmo ponto). 
Considere-se a situação a), na qual se deseja 
transladar a força F de P para E, mantendo o 
mesmo efeito sobre o corpo (isto é, de forma 
estaticamente equivalente). Percebe-se que a 
simples transposição de F de P para E - 
situação b) - mantém o mesmo efeito sobre a 
placa, ou seja, produz apenas compressão do 
eixo contra a mesma. 
Uma força F tem o mesmo efeito sobre um corpo, qualquer que seja o 
ponto de aplicação da mesma ao longo de sua reta suporte. 
Observação: A propriedade acima é valida se forem considerados apenas 
os deslocamento do corpo sobre o qual atua a força, sendo o mesmo não 
deformável (a posição relativa dos seus diversos pontos não se altera). A 
deformação do corpo - alteração da posição relativa de seus diversos 
pontos - é alterada pelo deslocamento do ponto de aplicação da força. 
Considere-se agora a situação em que a força F está aplicada perpendicu-
larmente à reta EP, e que deseja-se transladá-la estaticamente para o 
ponto E. Percebe-se que o efeito de F sobre a placa é comprimi-la contra o 
eixo na direção y e, ainda, provocar a rotação da mesma em torno do eixo. 
A "tendência" à rotação é definida como o Momento da Força em relação 
ao eixo, dado pelo produto do módulo da força pela distância de seu ponto 
E PF
e
e E F P
e E F P
a)
b)
 
18 Capítulo 1 - Equilíbrio 
de aplicação ao eixo, medida perpendicularmente à reta suporte da força. 
Esta distância é chamada de braço de 
alavanca. 
Logo, se F é transportada de P para E, 
essa "tendência" à rotação deve ser 
mantida na mesma intensidade, ou seja, 
o momento de F em relação ao eixo 
deve permanecer inalterado. 
Se F for simplesmente transladada de P 
para E, o momento original de F em 
relação ao eixo, dado por M=F.d1 passa 
para M=F.d2 , menor que o original. É 
necessário, portanto, acrescentar um 
momento de valor F(d2 - d1) para tornar 
os sistemas estaticamente equivalentes. 
Para mudar estaticamente o ponto de aplicação de uma força, é 
necessário adicionar o momento desta força, em sua posição original, 
em relação ao novo ponto de aplicação, dado por F.d, onde d é a 
componente da distância entre os pontos, medida perpendicularmente 
à reta suporte de F. 
O momento de uma força pode ser representado por uma seta curva em 
geometrias bidimensionais e por um vetor de dupla flecha em geometrias 
tridimensionais (regra da mão di-
reita). É uma grandeza vetorial, 
podendo ser somada e decom-
posta como qualquer vetor. 
Considere-se agora uma terceira 
situação, na qual a força F está 
numa direção qualquer e P, o 
ponto de aplicação, em uma 
posição qualquer. 
Para levar estaticamente F de P para E, pode-se decompor F segundo os 
eixos cartesianos ortogonais x e y, e levar suas componentes de P para E. 
Na situação a) o momento de F em relação ao eixo é 
M F d F dx y y x1 1 1= + 
e, na situação b) 
M F d F dx y y x2 2 2= + 
e E F
Pd2
d1
dx
y
e
E
F
PM
 
M
M
M
M
 
Mecânica Estrutural 19 
 
Logo, é preciso adicionar um momento 
de 
( ) ( )
M M M
M F d F d F d F d
M F d d F d d
M F d F d
x y x y y x y x
x y y y x x
x y y x
= −
= − + −
= − + −
= +
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
 
dado pelo produto das componentes da 
força pelas componentes perpendicula-
res a elas da distância entre o ponto 
original e o novo ponto de aplicação. 
Na maioria das situações, ao transladar 
estaticamente uma força de um ponto 
para outro, é vantajoso trabalhar com 
referência a um sistema cartesiano considerando os momentos das 
componentes das forças, com os correspondentes braços de alavanca 
nas direções dos eixos cartesianos, ao invés de encontrar o braço de 
alavanca na direção perpendicular à reta suporte da força.. 
3. CARGAS EM UMA ESTRUTURA 
Em uma estrutura qualquer, as cargas atuantes podem ser consideradas 
como 3 tipos básicos: 
3.1. Cargas Concentradas 
São forças ou pressões aplicadas a uma estrutura através de uma área de 
contato pequena o suficiente para ser considerada puntual, quando 
comparada com 
as demais 
dimensões da 
peça. São re-
presentadas como 
vetores força apli-
cadosno ponto 
que representa o centro geométrico da área de aplicação real das cargas.,. 
3.2. Cargas Distribuídas 
Considere-se uma placa retangular apoiada nos quatro lados sobre a qual 
são empilhados sacos de areia, mantendo pilhas de mesma altura em 
todos os pontos. 
e
E F
P
d2x
d1x
dx
x
y
Fx
Fyd1y
d2y
dy
a)
e
E
Fx
Fy
P
M
b)
 
 
20 Capítulo 1 - Equilíbrio 
Tomando-se uma área de 1 x 1 m em 
qualquer ponto da placa, e verificando-se 
a pressão ali atuante, conclui-se que a 
mesma será dada por q = P/A = h.1.1.γ / 
1.1 onde h é a altura da pilha, γ é o peso 
específico do material (peso da areia por 
unidade de volume) e h.1.1 é o volume 
considerado sobre a área selecionada. 
Percebe-se que o valor de q independe 
da área considerada, e representa a intensidade de força por unidade 
de superfície (equivalente à pressão). 
Considere agora uma viga sobre 
a qual são empilhados sacos de 
areia. Como o componente es-
trutural é tratado como um ele-
mento linear unidimensional, de 
comprimento L, a carga distribu-
ída deve ser considerada não 
mais por unidade de superfície, 
mas por unidade de comprimen-
to, dada por q = P/L1 = γ.e.L1 / L1, o que também independe do compri-
mento considerado. 
 
Representações usuais deste tipo de carregamento são mostradas abaixo. 
qa) qb) c)
 
A situação b) pode ser imaginada com a analogia dos sacos de areia, 
tendo a pilha altura diferente em cada ponto. Quanto menor o tamanho 
dos sacos, menor sua base, mais próxima fica a aproximação . 
São cargas distribuídas: peso próprio, elementos apoiados, vento, pres-
sões de fluidos e as próprias cargas concentradas (distribuídas em um 
pequeno comprimento ou área). 
Na figura abaixo, pode-se considerar uma carga distribuída a) como uma 
sucessão de pequenos trechos b) que podem ser substituídos, sem 
grande erro, por cargas concentradas c). 
 
L1
e
 
Mecânica Estrutural 21 
 
q
a) b)
L/5 L/5 L/5 L/5 L/5 L1
P
q q qqq qL/5
c)
qL/5
qL/5qL/5qL/5
L/5 L/5 L/5 L/5 L1+L./10
P
L
 
Deseja-se substituir estaticamente a carga distribuída par uma força e um 
momento aplicados em um ponto P qualquer. Utilizando a aproximação da 
carga distribuída mostrada em c), resulta 
Força qL qL= =5
5
 
Momento qL L L qL L L qL L L
qL L L qL L L qL L L
= +⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟ + +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ + +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
+ +⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟ + +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
5 10 5
3
10 5
5
10
5
7
10 5
9
10 2
1 1 1
1 1 1
 
Para substituir a carga concentrada por uma única força, que tenha o 
mesmo efeito (seja estaticamente equivalente), resulta 
( ) ( )
F qL
Fd qL L L F L L
d L L
=
= + = +
= +
1 1
1
2 2
2
 
 
O que foi feito de forma aproximada nas equações anteriores pode ser fei-
to, através do cálculo diferencial e integral, considerando-se uma função 
de carga distribuída q(x) qualquer como formada por uma infinidade de tre-
chos de largura infinitesimal dx, cada uma delas podendo ser aproximada 
por uma carga concentrada de valor igual à área do trecho, ou seja q(x)dx. 
R q x dx
R x q x xdx
x
q x xdx
q x dx
x
x
G
x
x
G
x
x
x
x
A
B
A
B
A
B
A
B
=
=
=
∫
∫
∫
∫
( )
. ( )
( )
( )
 
xA
xB
q(x)
x dx
 
22 Capítulo 1 - Equilíbrio 
Uma carga distribuída pode ser substituída por uma RESULTANTE de 
MÓDULO igual ao valor da ÁREA do diagrama da carga distribuída 
(considerando-se a intensidade como altura), aplicada no CENTRO DE 
GRAVIDADE da figura. 
Observação: A propriedade acima é valida se forem considerados apenas 
os deslocamento do corpo sobre o qual atua a carga distribuída, sendo o 
mesmo não deformável. A deformação do corpo, bem como a distribuição 
de forças internas dentro do mesmo pode ser totalmente diferente para a 
carga distribuída original e a resultante estaticamente equivalente. 
q
P=qL
L
L/2 L/2
q
P=qL/2
L
2L/3 L/3
Carga
Distribuída
Resultante
Estaticamente
Equivalente
 
3.3. Momentos ou Binários 
Considere-se a situação a) abaixo. Se as forças F forem levadas estatica-
mente ao ponto P, resulta a situação b): as forças se anulam e sobra a 
diferença F.L1 - F.L2 = F (L1-L2) = F.L dos 
momentos em relação a P. 
A carga tipo MOMENTO pode ser con-
siderada como o efeito de um par de 
forças iguais (módulo F) e sentidos con-
trários, distantes d=M/F uma em relação à 
outra, distância medida perpendicu-
larmente às retas suportes das forças. 
Observação: A propriedade acima é valida 
se forem considerados apenas os desloca-
mentos do corpo sobre o qual atua o par de 
forças, sendo o mesmo não deformável. 
Para a deformação, bem como a distribuição de forças internas, a 
substituição acima pode resultar em efeitos diferentes. 
P
F F
L1
L2 L
P
F
F
F.L2
F.L1
a)
b)
 
Mecânica Estrutural 23 
 
P
FFa)
d
P
F/2
2d
b)
F/2
P
c) M=F.d
SITUAÇÕES ESTATICAMENTE EQUIVALENTES
 
4. MOVIMENTOS DE CORPO RÍGIDO 
E EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO 
Um corpo no espaço, submetido à ação de um sistema de forças, pode se 
deslocar de forma uniforme ou acelerada, de tal modo que seus pontos 
mantenham entre si a mesma distância relativa que havia antes da aplica-
ção do sistema de forças. Este tipo de movimento é chamado de Movi-
mento de Corpo Rígido (MCR) do corpo, incluindo tanto deslocamentos 
lineares quanto angulares. 
Pelas leis da Mecânica, um corpo sob a ação de uma força é acelerado 
em um movimento de translação na razão a = F/m, onde F é a força 
aplicada, m é a massa do corpo e a é a aceleração produzida. Logo, para 
um corpo permanecer em repouso ou em movimento retilíneo uniforme 
(a=0), é preciso estar sob a ação de um sistema de forças cuja resultante 
seja nula. Da mesma forma, um corpo sob a ação de um sistema de forças 
cuja resultante de momentos não seja nula está em movimento de rotação. 
Para que um corpo esteja em equilíbrio estático, é preciso que as 
resultantes de forças e momentos tenham componentes nulas nas 
direções em que o corpo pode ter movimentos de corpo rígido. 
Considerando uma situação de equilí-
brio no plano, um corpo qualquer pode 
se deslocar linearmente em qualquer 
direção, ou girar em torno de um 
ponto qualquer, se as componentes 
das resultantes de forças e momentos 
não forem nulas nestas direções. 
O corpo ao lado apresentará um mo-
vimento de corpo rígido linear se a re-
sultante de F1, F2, F3 não for nula. É 
conveniente referenciarmos este mo-
vimento a um sistema cartesiano tra-
tando com as componentes nas dire-
F1
F3
F2
P
d3d1
d2
x
y
 
24 Capítulo 1 - Equilíbrio 
ções x e y das forças. Assim, não haverá MCR na direção x se as resultan-
tes de forças na direção x for nula. 
F F Fx = − =∑ 0 01 3cos α 
Não haverá MCR na direção y se 
F F Fy = − =∑ 0 01 2senα 
e, não havendo MCR nas direções x e y, não haverá em nenhuma direção. 
Da mesma forma, um corpo não girará em torno de um ponto P qualquer 
se a resultante de momentos de cada força em relação a este ponto for 
nula. 
M F d F d F dP = − − =∑ 0 01 1 2 2 3 3 
ou, referenciando forças e braços de alavanca ao eixos x e y, resulta 
F d F d F d F dx y y x y x x y1 1 1 1 2 2 3 3 0+ − − = 
Para que haja equilíbrio de forças no plano 
F
F
M
x
y
P
=
=
=
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
∑
∑
∑
0
0
0
 
Analogamente 
Para que haja equilíbrio no espaço 
F
F
F
M
M
M
x
y
z
x
y
z
=
=
=
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
=
=
=
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
∑
∑
∑
∑
∑
∑
0
0
0
0
0
0
 
onde Mx, My e Mz são as resultantes de momentos em torno doseixos x, 
y e z respectivamente. 
Observação 1: Pode-se mostrar que, aplicando equivalência estática, 
uma vez cumpridas as equações de equilíbrio de forças, se a equação de 
equilíbrio em momentos se verifica para um ponto, pertencente ou não à 
estrutura, ela se verifica para qualquer ponto. 
Mecânica Estrutural 25 
 
Observação 2: Na realidade, as condições de equilíbrio no plano exigem 
que 3 equações de equilíbrio linearmente independentes se cumpram, 
podendo as mesmas serem as indicadas acima (o mais usual), ou duas 
equações de momento (em relação a dois pontos diferentes) e uma de 
forças em uma dada direção, ou três equações de momento. 
Observação 3: Assim como, no equilíbrio no plano, o ponto P pode ser um 
ponto qualquer, nas equações de equilíbrio no espaço os eixos em torno 
do qual se aplicam os somatórios de momentos podem ser quaisquer 
eixos paralelos a x, y e z, pertencentes ou não à estrutura em análise. 
Observação 4: O momento de uma força em relação a um ponto, em uma 
situação plana, é, na realidade, momento de uma força em relação a um 
eixo, o qual é perpendicular ao plano de análise, tornando-se um ponto. 
Define-se como momento de uma força em relação a um eixo o produto da 
componente da força perpendicular ao eixo pela distância entre a reta 
suporte da força e o eixo. A reta suporte da força, a distância e o eixo em 
questão são mutuamente perpendiculares. 
5. VÍNCULOS 
Normalmente os corpos estruturais não estão livres no espaço, estando 
presos ou ligados ao meio (a Terra) em alguns pontos. Estes pontos de 
ligação ou vinculação são chamados Vínculos. 
Vínculo é um elemento que impede o movimento (translação e/ou rotação) 
do corpo em uma determinada direção no ponto em que ele é aplicado. 
Como, para impedir um determinado movimento, é necessário aplicar uma 
força ou momento na direção correspondente, anulando as componentes, 
naquela direção, das demais forças aplicadas, as forças que surgem nos 
vínculos na direção dos deslocamentos impedidos são chamadas 
Reações Vinculares, pois são forças que reagem à tendência ao 
deslocamento. Estas forças somente são mobilizadas quando da aplicação 
de outras forças que tenderiam a deslocar o corpo, chamadas forças 
ativas. 
Assim, no plano, um vínculo poderá impedir o deslocamento linear so-
mente em uma dada direção, em duas direções perpendiculares e/ou 
impedir o giro naquele ponto. 
A representação e nomenclatura dos vínculos mais usuais para situações 
planas são dadas abaixo. 
Apoio simples ou de 1a ordem (impede o deslocamento linear na 
direção perpendicular à base, deixando livres os demais). 
26 Capítulo 1 - Equilíbrio 
 
Rótula ou Apoio de 2a ordem (impede todos os deslocamento 
lineares) 
Engaste ou Vínculo de 3a ordem (impede todos os deslocamentos 
lineares e rotações) 
 
As forças reativas ou reações 
vinculares surgem nas direções 
do(s) deslocamentos(s) ou rota-
ções impedido(s). 
Além desses vínculos mais 
usuais, outras combinações 
possíveis são: 
a) Impedir o giro, deixando livres os deslocamentos lineares. 
b) Impedir o giro e o deslocamento linear em uma direção, deixando livre o 
deslocamento linear na direção perpendicular à direção impedida. 
 
 
F FyFx FyFx M
 
Mecânica Estrutural 27 
 
 
 
Vínculos e Elementos de Ligação Bidimensionais 
 
Fonte: Mecânica Vetorial para Engenheiros - Vol.1. F.P. Beer e E.R.Johnston Jr. McGraw-Hill 
 
 
 
28 Capítulo 1 - Equilíbrio 
Vínculos e Elementos de Ligação Tridimensionais 
 
Fonte: Mecânica Vetorial para Engenheiros - Vol.1. F.P. Beer e E.R.Johnston Jr. McGraw-Hill 
 
Mecânica Estrutural 29 
 
6. ESTATICIDADE DE UMA ESTRUTURA 
Em função do número de movimentos de corpo rígido e da vinculação 
existente restringindo estes movimentos, pode-se classificar as estruturas 
como: 
6.1. Estrutura hipostática ou mecanismo: é quando o número de restri-
ções vinculares ou sua 
disposição não impedem 
a totalidade dos movimen-
tos de corpo rígido de um 
corpo, de modo que o 
mesmo adquire movimen-
to sob a ação de forças 
(mecanismo). O número 
de equações de equilíbrio 
linearmente independentes é maior que o número de incógnitas (restrições 
vinculares). 
 
6.2. Estrutura isostática ou estaticamente determinada: é aquela na 
qual o número e a disposição das restrições vinculares impede a totalidade 
dos movimentos de corpo 
rígido da estrutura. O nú-
mero de equações de 
equilíbrio linearmente in-
dependentes é igual ao 
número de incógnitas 
Não basta que o número 
de restrições iguale o número de MCR. É preciso também que os vínculos 
estejam convenientemente dispostos para impedir o movimento. As estru-
turas ao lado apresentam 3 movimentos de corpo rígido e 3 restrições vin-
culares, mas os movi-
mentos não são total-
mente impedidos. No 
caso A pode ocorrer des-
locamento horizontal e no 
caso B giro em torno do 
ponto P. 
De um modo geral, estruturas planas são isostáticas quando restringidas 
por: 
? um engaste 
Deslocamento Livre Giro Livre
 
 
P
A B
ΣFx=0 !? ΣMp=0 !?
 
30 Capítulo 1 - Equilíbrio 
? uma rótula e um apoio simples 
? três apoios simples, desde que não todos alinhados (restringindo o 
movimento na mesma direção - situação A - e não todos convergentes 
(reta suporte das direções dos movimentos restringidos convergindo 
para o mesmo ponto - situação B. 
Sempre que uma estrutura plana apresenta rótula interna, existem, na rea-
lidade, mais movimentos de corpo rígido parciais. Na estrutura abaixo, 
pode-se considerar a rótula interna em B como um elemento de ligação 
entre as partes AB e BC, o qual restringe apenas os deslocamentos hori-
zontal e vertical de uma parte em relação à outra. Se a parte BC for deslo-
cada para a direita, será preciso deslo-
car também a parte AB, visto que a 
rótula em B as une (não há liberdade 
total de movimento). Contudo, a parte 
AB (ou BC) pode ser girada livremente 
em torno da rótula B, visto que a 
mesma não oferece nenhuma 
resistência ao giro. Portanto, os 
movimento de corpo rígido possíveis são: 
? Deslocamento do conjunto no plano, traduzido por suas componentes 
horizontal e vertical. 
? Giro do conjunto em torno de um ponto. 
? Giro relativo das partes AB e BC em torno da rótula B 
Considerando agora outra estrutura abaixo, constata-se que os movimen-
tos de corpo rígido são: 
? Deslocamento do conjunto 
(horizontal e vertical). 
? Giro do conjunto em torno de um 
ponto. 
? Giro relativo de BC em relação à 
AB e BD. 
? Giro relativo de BD em relação à 
AB e BC. 
O giro relativo de AB em relação a BC e BD pode ser considerado como 
uma combinação linear dos dois anteriores, não sendo independente. 
Pode-se concluir que, em estruturas planas, cada rótula interna acrescenta 
(No de barras conectadas - 1) movimentos de corpo rígido independentes, 
A
B
C 
BA C
D 
Mecânica Estrutural 31 
 
o que implica no mesmo número de restrições vinculares que devem ser 
acrescentadas para tornar a estrutura isostática. 
HIPOSTÁTICAISOSTÁTICAISOSTÁTICA 
 
6.3. Estruturas hiperestáticas ou estaticamente indeterminadas: são 
aquelas nas quais o número de restrições vinculares é maior que o 
número de movimentos de corpo rígido, ou seja, há mais vínculos que os 
necessários para impedir 
os movimentos da 
estrutura. Este tipo de 
estrutura resulta em um 
sistema (estático) de 
equações indeterminado, 
o qual não pode ser 
resolvido somente com 
equações de equilíbrio. (será mostrado posteriormente que é necessário 
acrescentar equações provenientes de considerações sobre a deformação 
do corpo para poder resolver o sistema). 
Se forem aplicadas mais equações de equilíbrio que os movimentos de 
corpo rígido da estrutura, o sistema obtido continuaráindeterminado, pois 
as equações não serão linearmente independentes. 
As considerações acima aplicam-se inicialmente para determinar a estati-
cidade externa de uma estrutura, ou seja, em relação à sua vinculação. 
Contudo, se as diversas barras componentes de uma estrutura forem iso-
ladas, explicitando-se as forças de iteração entre elas, e forem aplicados 
os critérios acima, pode-se determinar a estaticidade (ou hiperestaticidade) 
interna de uma estrutura. 
Considere-se a estrutura ao lado, a 
qual é isostática em relação à 
vinculação. Se a mesma for 
separada em suas quatro barras 
componentes, e, em cada ligação 
entre barras, forem explicativas as 
forças de interação ou de ação e 
reação entre as diversas partes 
(duas forças e um momento para 
 
q
P
M
A B
C D
 
32 Capítulo 1 - Equilíbrio 
cada ligação, pois a mesma é rígida, não permitindo nenhum deslo-
camento ou giro relativo das barras conectadas) e computados o número 
de incógnitas em cada barra e o número de equações de equilíbrio dis-
poníveis (três por barra) resulta: 
Parte AB: 3 equações 
 6 incógnitas Ma, Xa, Ya 
 Mb, Xb, Yb 
Parte AC: 3 equações 
 3 incógnitas Mc, Xc, Yc 
Parte BD: 3 equações 
 3 incógnitas Md, Xd, Yd 
Parte CD: 3 equações 
 3 incógnitas Vc, Vd, Hd 
_____________________________ 
TOTAL 12 equações 
 15 incógnitas 
 
Estrutura 3 vezes hiperestática 
(internamente) 
 
A partir das considerações anteriores de número de equações de equilíbrio 
e número de incógnitas, pode-se montar a seguintes equações para 
calcular o grau de hiperestaticidade de uma estrutura plana. 
Grau de hiperestaticidade externa 
g e r ae = + + −3 2 3 
onde e é o número de engastes da estrutura, r é o número de rótulas 
externas (vínculos de segunda ordem) e a é o número de apoios simples. 
Grau de hiperestaticidade interna 
g L C bi i i
Nos
= − +∑ 3 3
 
onde Li é o tipo de vinculação entre as barras em um determinado nó (3 
para engaste ou ligação rígida entre as barras, 2 para rótula interna ou 
q
Xa
Ya
Ma
Xb
Yb
Mb
Ya
Xa
Ma
Yc
Xc
Mc
M
Yb
Xb
Mb
Yd
Xd
Md
P
Xc
Yc
Mc Xd
Yd
Md
Vc Vd
Hd
 
Mecânica Estrutural 33 
 
externa e 1 para apoio simples), sem levar em conta a vinculação externa; 
Cí é o grau de conexão do nó (número de barras ligadas ao nó -1) e b é o 
número de barras da estrutura. 
Grau de hiperestaticidade total 
g g gi e= + 
É importante ressaltar que a aplicação pura e simples das equações acima 
não garantem que uma estrutura seja isostática, visto que leva em 
consideração apenas o número de vínculos, e não sua disposição. Além 
disso, uma hiperestaticidade externa pode numericamente compensar 
uma hipoestaticidade interna, sem que isto realmente signifique 
impedimento dos movimentos de corpo rígido. 
1
2 3
4 5 6
1
1
2
3
3
4
1
2 3
2
4
2=4
6 7
1
3=5
3
5
4
 
Para o exemplo 1, com um apoio de segunda ordem e um de primeira, o 
grau de hiperestaticidade externa é dada por: 
ge = 2 + 1 - 3 = 0 
Para avaliar o grau de hiperestaticidade interna, os nós 1 e 6 têm grau de 
conexão nulo, visto existir somente uma barra conectada a cada um deles. 
Para os demais nós, todos com ligações rígidas, os produtos 3 vezes.(No 
de barras conectadas -1) resultam nos valores 3, 6, 3 e 6, respectivamente 
para os nós 2, 3, 4 e 6. Descontando deste somatório 3 vezes o número 
de barras da estrutura e somando 3, resulta: 
gi = 0 + 3 + 6 + 3 + 6 + 0 - 3.6 + 3 = 3 
O grau de hiperestaticidade total é dado por 
g = gi + ge = 3 
34 Capítulo 1 - Equilíbrio 
sendo a estrutura, portanto, 3 vezes hiperestática. 
As equações abaixo foram aplicadas com os termos seguindo a numera-
ção dos nós. 
2: ge = 3 + 2 + 1 - 3 = 3 gi = 0 + 4 + 0 + 0 - 3.3 + 3 = -2 g = 1 
3: ge = 2 + 2 - 3 = 1 gi = 4 + 2 + 2 + 4 - 3.5 + 3 = 0 g = 1 
4: ge = 2 + 1 - 3 = 0 gi = 2 + 2 + 2 + 6 + 6 + 0 + 0 - 3.7 + 3 = 0 
 g = 0 
Quando existem barras concorrendo em um nó se conectando entre si de 
forma diferente (Ex. 4, nós 2 e 3) pode-se imaginar uma barra extra, 
conectando as barras que se ligam de uma forma (ligação rígida - barras 
2-3 e 3-7) com as que se ligam de outra forma (rótula - barra 1-3 em 
relação ao resto da estrutura), como mostrado no detalhe. 
 
7. DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
Chama-se Diagrama de Corpo Livre de um corpo (estrutura inteira, parte 
dela ou apenas um componente) a representação deste corpo com todas 
as forças nele atuantes, sejam elas ativas ou reativas (reações vinculares 
ou ação do restante da estrutura sobre o componente em análise), ou seja, 
o corpo livre no espaço submetido a um sistema de forças ativas e reativas 
equilibrado. 
O diagrama de corpo livre é extremamente importante para a 
determinação tanto das reações vinculares que surgem em uma estrutura 
(interação entre o corpo e o meio) como as forças atuantes em elementos 
de ligação internos e as próprias forças internas atuantes em um 
componente (interação entre partes da estrutura, ou entre um componente 
e o resto da estrutura). 
Considere-se a estrutura abaixo. Da análise dos deslocamentos impedidos 
pelos vínculos, pode-se determinar o número de forças/ momentos 
incógnitos que surgirão em cada ponto de ligação com o meio (Rótulas 
bidimen-sionais ou pinos: impedem as translações em qualquer direção - 
forças reativas em x e y). 
Da análise dos deslocamentos impedidos e permitidos no elemento de 
ligação C, verificamos as forças internas que representam o efeito da parte 
ABC sobre a parte CD e vice-versa. Verifica-se, com base na Terceira Lei 
de Newton - Ação e Reação - que as forças que representam a ação de 
ABC sobre CD são as mesmas (mesma direção e módulo) que as que 
representam a ação de CD sobre ABC, com sentidos contrários. 
Mecânica Estrutural 35 
 
Do diagrama de corpo livre dos componentes isolados, vem 
150 kgf
90 kgf 50 kgf
100 100 10075
200
100
150
Dimensões em mm
45o
90 kgf
150 kgf
50 kgf
REPRESENTAÇÃO ESQUEMÁTICA
90 kgf 50 kgf
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE
106.1 kgf
106.1 kgf
A
B
C
D
A
B
C
DAx
Ay
Dx
Dy
90 kgf
50 kgf
106.1 kgf
106.1 kgf
A
B
C
Ax
Ay
Dx
Dy
C Cx
Cy
Cy
Cx
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE
DOS COMPONENTES ISOLADOS
 
 
Componente ABC:
F A C
F A C
M C C
x x x
y y y
A y x
= − − =
= + =
= + + =
∑
∑
∑
0 90 0
0 0
0 100 450 300 90 0. . .
 
Componente CD:
F C D
F D C
M C C
x x x
y y y
D x y
= + + =
= − + − =
= − + + − =
∑
∑
∑
0 1061 0
0 1061 50 0
0 450 200 4501061 2001061 100 50 0
,
,
. . . , . , .
 
36 Capítulo 1 - Equilíbrio 
 
Resolvendo o sistema resultante, de 6 equações com 6 incógnitas, resulta: 
Ax = 2,62 kgf Cx = -87,38 kgf Dx = -18,72 kgf 
Ay = -123,21 kgf Cy = 123,21 kgf Dy = 67,11 kgf 
onde os sinais negativos indicam que o sentido das forças é o contrário do 
inicialmente arbitrado (indicado no desenho). 
O mesmo problema poderia ser resolvido com uma combinação de equa-
ções de equilíbrio aplicadas sobre toda a estrutura ou apenas sobre 
partes, na seguinte ordem: 
M
F
M
F
A
y
C
x
=
=
=
=
⎫
⎬
⎪⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪⎪
∑
∑
∑
∑
0
0
0
0
toda a estrutura - obtem D
toda a estrutura - obtem A
parte CD - obtem D
toda a estrutura - obtem A
y
y
x
x
 Reações externas 
F
F
y
x
=
=
⎫
⎬⎪
⎭⎪
∑
∑
0
0
parte ABC ou CD - obtem C
parte ABC ou CD - obtem C
y
x
 Forças internas em C 
Desta maneira evita-se a solução de um sistema de equações lineares. 
É importante verificar que o número de movimentos decorpo rígido das 
partes ABC e CD, consideradas isoladamente, é de 3+3=6, coincidindo 
com o número de forças incógnitas - estrutura isostática. 
Considerando o diagrama de corpo livre da estrutura como um todo, apa-
recem 4 incógnitas (duas reações por vínculo) e aparentemente apenas 3 
equações de equilíbrio. Contudo, em função da rótula interna em C, é 
possível também o movimento de corpo rígido no qual as partes ABC e CD 
mudam o ângulo que fazem entre si (giro relativo). A equação de equilíbrio 
correspondente resulta em somatório nulo dos momentos das forças 
atuantes na parte ABC ou na parte CD, em relação ao ponto C (visto que, 
se a estrutura está em equilíbrio e a rótula não causa nenhum 
impedimento ao giro, a estrutura não tem sua partes girando em torno da 
rótula. O momento aplicado na rótula, que causaria o giro, é nulo). 
Mecânica Estrutural 37 
 
EXEMPLO 1 (Mechanics of Engineering Materials, P.P.Benham, R.J.Crawford, Longman, 
UK, 1987) 
Encontrar as forças reativas externas e as forças internas atuantes nas 
conexões dos componentes da empilhadeira abaixo, sabendo que o peso 
a ser levantado é de W = 500 Kgf. 
A
B
C
D E
1,5 m 0,5 m
1,0 m
D
C
FHD
B
FVD
FHC
FHB
FVC
FVB
FHD
FHA
FVA
W
FHB
FVB
B
FHE
E
C
A
FHE
FHC
FVC
FVA
FHA
W
 
Metodologia de Análise 
Para resolver o problema é preciso inicialmente considerar os movimentos 
restringidos nos vínculos externos da estrutura, em A (todos os desloca-
mentos) e em D (deslocamento horizontal, considerando o pistão G como 
parte da estrutura), resultando em reações horizontal e vertical em A (FHA 
e FVA) e uma reação horizontal em D (FHD). A seguir, considera-se cada 
elemento da estrutura isoladamente, obtendo-se os diagramas de corpo 
livre dos diversos componentes, onde são explicitadas as forças internas 
nas diversas conexões (forças de iteração entre as diversas partes da 
estrutura). Com a aplicação das equações de equilíbrio em uma ordem 
conveniente, encontramos as forças procuradas. 
M F F kgf
F F F kgf
F F F kgf
B HE HE
X HB HB
Y VB VB
= − = =
= − = =
= − = =
∑
∑
∑
0 500 0 5 10 0 250
0 250 0 250
0 500 0 500
. , . , (Braço B)
(Braço B)
 (Braço B)
 
38 Capítulo 1 - Equilíbrio 
M F F kgfA HD HD= − = =∑ 0 500 2 0 10 0 1000. , . , (Tudo) 
M F
F kgf
F F F kgf (
F F F kgf (Br
F F F kgf (Tudo
F F F kgf (
C VD
VD
Y VC VC
X HC HC
X HA HA
Y VA VA
= + − − =
=
= − = =
= − + = =
= + = = −
= − = =
∑
∑
∑
∑
∑
0 500 0 75 250 0 5 1000 0 5 0 75 0
0
0 500 0 500
0 250 1000 0 1250
0 1000 0 1000
0 500 0 500
. , . , . , . ,
 (Braço BCD)
Braço BCD)
aço BCD)
)
Tudo)
 
É interessante observar que a estrutura do braço da empilhadeira, para 
qualquer configuração, resulta em força vertical no ponto D (VD) nula, de 
modo que o pistão hidráulico somente é necessário para colocar o braço 
em uma determinada posição, mas não para mantê-lo. Pode-se demons-
trar isto considerando a configuração genérica abaixo 
A
B
C
D E
Va
Ha
Hd
L1 a
L2
B
D
C
Vd
Vc
Vb
Hd
Hc
Hb
P
He
Vb
Hb
 
Considerando o equilíbrio de todo o conjunto: 
M Hd P a L
LA∑ = = +0 12( )
 
Considerando o equilíbrio da pá B: 
M Hb Pa
L
F Vb P
E
Y
= = −
= =
∑
∑
0
2
0
 
Mecânica Estrutural 39 
 
Considerando equilíbrio do braço BCD 
M VdC = =∑ 0 0 
EXEMPLO 2 (Mechanics of Engineering Materials, P.P.Benham, R.J.Crawford, Longman, 
UK, 1987) 
Quando a retro-escavadeira mostrada abaixo está removendo terra, a 
força exercida na pá é de 15 kN, horizontal. Para a posição indicada, 
calcular as forças exercidas pelos 3 pistões hidráulicos A, B e C, 
considerando que os componentes do braço são rotulados em D, E, F, G, 
H, I e J. O peso dos componentes deve ser desprezado. Dimensões em 
metros. 
A
B
C
D
EF
G
H
I
30o20o
40o
1,0 m
3,5 m
0,5 m
J
0,7 m
2,0 m
1,5 m
0,5 m
2,0 m
 
Metodologia de Análise 
Considere-se uma barra retilínea, rotulada em ambas 
as extremidades, que tem cargas aplicadas somente 
nas rótulas. Considerando que sua ligação com o resto 
da estrutura é feita através das rótulas, somente 
podem estar sendo transmitidas através das mesmas 
componentes horizontal e vertical de uma força, a qual 
pode estar em uma direção qualquer. Esta força pode 
ser decomposta em componentes na direção do eixo 
da barra e perpendicular ao mesmo. Se a estrutura 
original à qual pertence esta barra está em equilíbrio, a 
barra, com as forças transmitidas pelas rótulas, tam- 
40 Capítulo 1 - Equilíbrio 
bém está em equilíbrio, pois a situação de análise é estaticamente 
equivalente à original. 
Aplicando a equação de equilíbrio de momentos em relação a uma das ró-
tulas, conclui-se que, em tal situação, as únicas forças que podem ser 
transmitidas pelas rótulas da estrutura para a barra (e vice-versa) são for-
ças na direção do eixo da barra. 
Considerando que os pistões estão rotulados em ambas as extremidades, 
a força que eles exercem nas rótulas ocorrem na direção de seus respecti-
vos eixos. Construindo-se os diagramas de corpo livre da pá DJ, do braço 
com pá HADJ e do conjunto GFHEDJ, têm-se como forças aplicadas a 
força horizontal de 15 kN e as forças nos pistões A, B e C, respectivamen-
te. Aplicando equações de equilíbrio de momentos em relação aos pontos 
D para a pá DJ, E para o braço HADJ e G para o conjunto GFHEDJ, res-
pectivamente, resolve-se o problema. 
D
30o
0,5 m
J
FA
15 kN
FHD
FVD
0,7 m
PARTE DJ 0,5 m
A
D
E
H
I
40o
1,0 m
3,5 m
J
FB
15 kN
VD
HD
F
F
PARTE HADJ
A
B
D
EF
G
H
I
20o
J
2,0 m
1,5 m
2,0 m
15 kN
VG
HG
F
F
PARTE GFHEDJ
 
M F F kN
M F F sin F kN
M F F F kN
D A
o
A
E B
o
B
o
B
G C
o
C
o
C
= + = = −
= + + = = −
= − + = =
∑
∑
∑
0 15 0 7 30 0 5 0 24 25
0 15 3 5 40 10 40 0 5 0 48 28
0 1515 20 2 0 20 2 0 0 18 82
. , . cos . , ,
. , . cos . , . . , ,
. , . cos . , . sen . , ,
 
Mecânica Estrutural 41 
 
EXEMPLO 3 (Mecânica Vetorial p/ Engenheiros-Estática, F.P.Beer, E.R.Johnston Jr., 
Makron Books, 1991) 
Duas hastes AB e DE estão ligadas por um perfil, como ilustrado abaixo. 
Determinar a maior força que pode ser aplicada pela haste AB no perfil se 
o maior valor permitido para a reação em C é de 2000N. 
A
B
C
D
E
90
o
100 mm 100 mm
113 mm75 mm
 
Metodologia de Análise 
Pelas cotas indicadas, encontra-se que o ângulo da linha BC com a hori-
zontal é de 36,87o e , conseqüentemente, o da haste AB com a vertical é 
de 36,87o. Considerando-se que as hastes AB e DE somente transmitem 
forças na direção de seus eixos, pode-se montar o diagrama de corpo livre 
do conjunto, no qual aparecem como forças aplicadas as forças nas 
hastes AB e DE e as reações horizontal e vertical em C. 
Utilizando-se as equações de equilíbrio em uma ordem conveniente: 
F C F
C F
M C C F F
C F
X X AB
o
X AB
D X Y AB
o
AB
o
Y AB
= − =
=
= − + − =
=
∑
∑
0 36 87 0
0 6
0 113 150 36 87 250 36 87 38 0
163
. sen ,
, .
. . . cos , . . sen , .
, .
 
A reação total na rótula C será então 
F C C F F máxima kNC X Y AB AB= + = = =2 2 174 2000174 1149 43, . , , 
EXEMPLO 4 (Mecânica Vetorial p/ Engenheiros-Estática, F.P.Beer, E.R.Johnstons Jr., 
Makron Books, 1991) 
Na figura abaixo, a polia é utilizada para manter um dada tração na correia 
de transmissão CDE. A base triangular contém uma mola helicoidal que 
aplica um binário de momento M no braço AB que, porsua vez, empurra a 
42 Capítulo 1 - Equilíbrio 
polia B, de raio 60 mm, contra a correia. Sabendo que na posição ilustrada 
a força de tração na correia é T = 300 N, determine 
a) O momento M do binário aplicado ao braço AB 
b) As componentes horizontal e vertical da força aplicada em A pelo braço 
AB. 
A
B
C D
T
T
120 mm
30o
30o
60 mm
B
D
T
T
30o
AY
A X
M
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE
 
 
Metodologia de Análise 
O suporte em A, rotulado mas com uma mola, pode ser considerado para 
efeito de análise na posição especificada como um engaste, tendo como 
reações o momento M procurado e as forças na horizontal Ax e vertical Ay. 
Um diagrama de corpo livre do conjunto incluiria ainda as forças de tração 
na correia. Da aplicação das equações de equilíbrio em uma ordem con-
veniente, encontra-se a resposta. 
M M M Nmm
F A A N
F A A N
A
Y Y Y
X X X
= − − = =
= − = =
= − + = =
∑
∑
∑
0 300180 300180 30 0 7234 6
0 300 30 0 150
0 300 300 30 0 40 2
0
0
0
. . . cos ,
. sen
. cos ,
 
EXEMPLO 5 (Mecânica Vetorial p/ Engenheiros-Estática, F.P.Beer, E.R.Johnstons Jr., 
Makron Books, 1991) 
Um sarilho é utilizado para erguer uma carga de 750N. Determinar o 
módulo da força horizontal P que deve ser aplicada em C para manter o 
equilíbrio e as reações em A e B, supondo que o mancal em B não exerce 
empuxo axial. 
Mecânica Estrutural 43 
 
A
B
C
P
750 N
150 mm
200 mm
100 mm
250 mm
r = 100 mm
 
Metodologia de Análise 
Obtém-se o diagrama de corpo livre 
do conjunto considerando que os 
mancais impedem somente 
deslocamentos em 3 (A) ou 2 (B) 
direções (o que é verdade se a 
largura dos mancais, medida na 
direção axial, for pequena). 
 
Aplicando as equações de equilíbrio 
no espaço, vem: 
 
M P P NX
AB = − + = =∑ 0 250 75000 0 300. 
M A A N
F B B N
Z
B
Y Y
Y Y Y
= − = =
= − + = = −
∑
∑
0 750 350 200 0 1312 5
0 1312 5 750 0 562 5
. . ,
, ,
 
M P A A NY
B
Z Z= + = = −∑ 0 100 200 0 150. . 
F B B N
F A
Z Z Z
X X
= − − + = =
= =
∑
∑
0 150 300 0 450
0 0
 
 
P
ByBz
Az
Ay
Ax
750N
75000Nmm
x
y
z
 
44 Capítulo 1 - Equilíbrio 
EXEMPLO 6 (Mecânica Vetorial p/ Engenheiros-Estática, F.P.Beer, E.R.Johnstons Jr., 
Makron Books, 1991) 
A tampa de um duto de raio r = 240 mm e massa 30 Kg é mantida na 
posição horizontal pelo cabo CD. Supondo que o mancal em B não exerça 
qualquer empuxo axial, determine a força de tração no cabo e as 
componentes das reações em A e B. 
B
A
240 mm
240 mm
240 mm
100 mm
r = 240 mm
T
0,286 T
0,857 T
0,429 T
294 N
A
A
A
y
z
x
B
B
y
x
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE
 
Metodologia de Análise 
Considerando-se que os mancais tem pequena espessura, de modo a não 
restringir individualmente os giros, obtém-se o Diagrama de Corpo Livre ao 
lado. A força T está em uma 
direção oblíqua, devendo ser 
expressa em função de suas 
componentes Tx=0,857.T, 
Ty=0,429.T e Tz=0,286.T. O 
valor das componentes pode 
ser obtido dividindo-se dire-
tamente o valor dos lados do 
prisma abaixo pela diagonal 
principal, prisma esse obtido 
com as distâncias indicadas 
no desenho acima. O peso 
da tampa é dado pelo 
produto de sua massa pela aceleração da gravidade, resultando 294N, 
considerado aplicado no centro de gravidade da mesma. 
M T T N
F T A A N
Z
AB
Z Z Z
= − = =
= − = =
∑
∑
0 0 429 480 294 240 0 342 7
0 0 286 0 98 0
, . . . ,
, . ,
 
T
Tz
Ty
Tx
480mm
160mm
240mm
560mm
 
Mecânica Estrutural 45 
 
M A A N
F B B N
X
B
Y Y
Y Y Y
= − − = =
= + + − = =
∑
∑
0 294 240 0 429 342 7 240 480 0 73 5
0 73 5 0 429 342 7 294 0 73 5
. , . , . . ,
, , . , ,
 
M A
A N
F B B N
Y
B
X
X
X X X
= + − =
=
= + − = =
∑
∑
0 480 0 286 342 7 480 0 857 342 7 240 0
48 83
0 48 83 0 857 342 7 0 244 83
. , . , . , . , .
,
, , . . ,
 
EXEMPLO 7 
O mecanismo abaixo é freqüentemente utilizado como um amplificador de 
forças, no qual, dependendo da configuração, se obtém uma reação R 
muitas vezes maior que a força aplicada F. Em situações na qual se pre-
cisa puncionar um determinado material, ou estampar uma peça, ou reali-
zar um corte , consegue-se reduzir o tamanho do pistão hidráulico neces-
sário, representado no desenho abaixo pela força F. 
Calcular o fator de amplificação de forças R/F para uma situação genérica 
dada pelo ângulo α, e o fator de redução de deslocamentos ∆2 / ∆1. 
L
α R
F
∆1
∆2
B
A C
 
 
Metodologia de Análise 
Considerando que a ligação do mecanismo com a base, em A, impede os 
deslocamentos lineares, e que o bloco em C pode se deslocar livremente 
sobre a base (superfície sem atrito ou com atrito desprezível), considera-
se a existência de uma reação vertical em A (Va), horizontal em A (Ha), e 
vertical em C (Vc). 
Por simetria: Va = Vc = F/2 ou 
46 Capítulo 1 - Equilíbrio 
M F L Vc L VcA = − + =∑ 0 2 0. . cos . . cosα α 
Fator de amplificação de forças: 
M F L R L R FB
BC = − = =∑ 0 2 0 2/ . . cos . . sen tanα α α
 
Fator de redução de deslocamentos: 
∆ ∆
∆ ∆
∆
∆
1 1
2 2
2
1
2 2
= =
= = −
= =
d L
d
d L d
d L
d
d L d
( sen ) . cos .
( cos ) . sen .
sen
cos
tan
α
α α α α
α
α α α α
α
α α
 
Pela tabela abaixo percebe-se que o fator de amplificação de forças é o 
inverso do fator de redução de deslocamentos. 
α R / F ∆2 / ∆1 
45o 0,5 2 
30o 0,87 1,15 
26,56o 1 1 
10o 2,83 0,35 
 
Das equações acima percebe-se que, na situação α = 0, a força R se torna 
infinita. É por um equacionamento similar que se mostra que um cabo 
sujeito ao seu peso próprio, para ficar perfeitamente na horizontal, precisa-
ria ser tensionado por uma força infinita, o que nenhum material é capaz 
de suportar. Por isso, um cabo quando tensionado, forma uma curva 
chamada catenária. 
EXEMPLO 8 (Mecânica Vetorial p/ Engenheiros-Estática, F.P.Beer, E.R.Johnstons Jr., 
Makron Books, 1991) 
Determinar as reações nos apoios das vigas para as condições de carre-
gamento indicadas: 
Mecânica Estrutural 47 
 
A B
9 kN/m
0,2 m 0,3 m
a) 3 kN/m
A
B
0,9 m2,5 m1,5 m
c)
12 kN/m
A B
0,5 m1,5 m
d)
A B
1,2 m 0,9 m
b)
2,5 kN/m
3,33 kN/m
2,4 kN/m
B
A
1,2 m 1,8 m 1,2 m
e)
A
3,6 m
f) 1 kN/m
1,2 kN/m
B
 
Metodologia de Análise 
Desenham-se os Diagramas de Corpo Livre para as diversas vigas, substi-
tuindo-se as cargas distribuídas pelas suas resultantes, aplicadas no 
centro de gravidade de cada trecho de carga. As reações são obtidas pela 
aplicação das equações de equilíbrio no plano, na ordem 
F M FX A Y= = =∑∑ ∑0 0 0 . 
VA
HA
MA
4kN
1,125kN
0,60m 0,90m
b) VA=2,875kN
MA=0,713kNm
=0,59kNm
VA
10,2kN
3,20m 0,80m
c) VA=2,04kN
VB
VB=8,16kN
VA
9kN
1,00m 0,33m
d) VA=5kN
VB
VB=7kN
3kN
0,66m
HA
VA
818,2kN
0,55m 0,65m
f) VA=480kN
VB
VB=-840kN
2,4m
1178,2kN
HA
VAHA
1,44kN
0,30m 0,80m
e)
VA=6,87kN
VB
VB=6,78kN
7,2kN
1,90m
VA
1,8kN 1,35kN
0,10m 0,20m
a)
VA=3,15kN
MA
HA
M
 
48 Capítulo 1 - Equilíbrio 
EXEMPLO 9 
Calcular as reações do pórtico abaixo. 
50kN/m 180 kNm
40kN/m
A
B C
D
E
2,5m 2,5m 2,0m3,0m
3,0m
6,0m
He
Va Vd
 
Metodologia de análise 
Considere-se uma barra de comprimento L inclinada de a em relação à 
horizontal, submetida a uma carga uniformemente distribuída q. A 
resultante desta carga é q.L aplicada no centro 
de gravidade do diagrama,em L/2. As 
componentes horizontal e vertical da resultante 
são, respectivamente, q.L.senα e q.L.cosα 
Considerando que L.senα é a projeção vertical 
do comprimento da barra, pode-se calcular a 
componente horizontal da resultante como 
sendo a taxa de carga original multiplicada pela 
projeção vertical do comprimento da barra. 
Da mesma forma, a componente vertical da 
resultante é a taxa de carga original 
multiplicada pela projeção horizontal do 
comprimento da barra. Além disso, a resultante 
original estaria aplicada na metade do 
comprimento da barra, de forma que a 
componente horizontal da resultante está 
aplicada na metade da projeção vertical da 
barra, e a componente vertical na metade da 
projeção horizontal. De forma análoga, pode-se 
tratar a carga triangular com resultados simila-
res. 
α
L
q
q.L
α
q.L.senα
q.L.cosα
L.cosα
L.sen α
L/2
L/2.cos α
L/2.senα
 
Mecânica Estrutural 49 
 
As componentes da resultante de uma carga distribuída de forma qual-
quer aplicada a uma barra inclinada, bem como seus pontos de aplica-
ção, podem ser obtidos considerando a função de carga original se 
distribuindo sobre a projeção da barra perpendicular à componente a 
ser calculada. Assim, a componente VERTICAL é obtida aplicando a 
função de carga distribuída original sobre a PROJEÇÃO HORIZON-
TAL, e vice-versa. 
Substituindo as cargas distribuídas pelas componentes horizontais e 
verticais de suas resultantes, obtém-se 
50.3/2
180 kNm
40.2
A
B C
D
E
3,5m 3,5m
1,0m
2,0m
He
Va Vd
40.6
3,0m
50.6/2
4,0m
 
Aplicando as equações de equilíbrio na ordem conveniente, vem: 
F He He kNX = − − = = −∑ 0 50 6 2 40 6 0 90. / .
 
M
He Vd
Vd kN
F Va Vd Va kN
A
Y
=
− − − + − + + =
=
= − − + = = −
∑
∑
0
50 3 4 50 6 8 180 9 40 2 9 40 6 3 10 0
174
0 50 3 2 40 2 0 19
. / . / . . . . . .
. / .
 
Onde os sinais negativos indicam sentido real das forças invertido em 
relação ao arbitrado. 
 
50 Capítulo 1 - Equilíbrio 
EXEMPLO 10 
Calcular as reações do pórtico abaixo: 
40kN/m
30kN/m
A
E
B C
D
200kNm
4m
4m
3m 3m 3m 3m Rd
Ha
Va
 
Metodologia de Análise 
As cargas distribuídas aplicadas sobre as barras AE e CD exprimem fisi-
camente o mesmo comportamento (exceto pelo valor da carga aplicada). 
Há simplesmente uma diferença de notação. A carga em AE está indicada 
por comprimento de projeção da barra sobre a qual está aplicada, ao 
passa que a da barra CD está indicada por comprimento real (inclinado) da 
barra. A carga em CD poderia ser expressa de forma similar à AE, unifor-
memente distribuída por unidade de comprimento em projeção. Para que 
fossem equivalentes, o valor da taxa de carga seria 30.5/3 = 50 kN/m para 
garantir que o valor total da carga (resultante) permaneça inalterado. São 
exemplos reais das cargas acima o peso próprio de uma estrutura incli-
nada (ex. escada), ou a neve que se acumula em um telhado. 
A rótula em A exprime o impedimento 
total dos deslocamentos lineares em 
qualquer direção do plano. Estes des-
locamentos podem ser decompostos 
segundo a direção da barra e perpen-
dicularmente à ela, ou nas direções 
usuais horizontal e vertical. De forma 
correspondente, as reações vinculares 
podem ser indicadas em qualquer um 
desses sistema. Na realidade, as duas 
reações, em qualquer dos sistemas, resultam em uma mesma força 
A
Va
AHa
Ra Ra
 
Mecânica Estrutural 51 
 
aplicada em uma direção qualquer, a qual é desconhecida. Portanto, tem-
se sempre duas incógnitas: ou a reação na direção da barra e 
perpendicular à ela, ou a reação horizontal e vertical, ou o módulo de uma 
única reação em uma direção qualquer e sua direção. 
Já o apoio inclinado em D impede apenas o deslocamento na direção da 
barra CD. Portanto, a reação vincular, ao contrário da anterior, tem direção 
conhecida, resultando apenas em uma incógnita: seu módulo. Contudo, a 
utilização de suas componentes horizontal e vertical em geral permitem 
uma abordagem mais simples do problema. 
Aplicando as equações de equilíbrio em uma ordem conveniente, resulta: 
M Rd Rd kN
F Ha Ha kN
F Va Va kN
A
X
Y
= − − + = =
= − = =
= − − + = =
∑
∑
∑
0 12 30 510 5 40 4 200 0 193 2
0 193 2 0 115 9
0 40 62 30 5 193 2 0 115 4
4
5
6
2
3
5
4
5
. . . , . . ,
. , ,
. . . , ,