Apostila estatica e mec sol

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EMC 5131 – ESTÁTICA E INTRODUÇÃO 
À MECÂNICA DOS SÓLIDOS
Prof. Roberto Jordan
(jordan@emc.ufsc.br)
Curso de Engenharia Mecânica
Departamento de Engenharia Mecânica
Universidade Federal de Santa Catarina
Versão 2.0 – 2007
Índice:
Capítulo 1: Introdução 1
1.1 Definições – Estática e Mecânica dos Sólidos 1
1.2 Princípios Fundamentais da Mecânica 1
1.3 Sistema de Unidades 3
Capítulo 2: Estática dos Pontos Materiais 4
FORÇAS NO PLANO
2.1 Força Sobre um Ponto Material 4
2.2 Adição de Forças 4
2.3 Decomposição de Forças em Componentes 7
2.4 Equilíbrio de um Ponto Material 10
FORÇAS NO ESPAÇO
2.5 Componentes de uma Força no Espaço 11
2.6 Resultante de Forças Concorrentes no Espaço 13
2.7 Equilíbrio de um Ponto Material no Espaço 13
Capítulo 3: Corpos Rígidos 17
3.1 Forças Internas e Externas sobre Corpos Rígidos 17
3.2 Princípio da Transmissibilidade e Forças Equivalentes 18
3.1 Produto Vetorial 19
3.4 Produto Vetorial a Partir das Componentes dos Vetores 22
3.5 Momento de uma Força em Relação a um Ponto 23
3.6 Momento Relativo a Várias Forças Concorrentes em um Ponto 25
3.7 Componentes Cartesianas do Momento de uma Força 25
3.8 Produto Escalar de Dois Vetores 26
3.9 Produto Misto de Três Vetores 27
3.10 Momento de uma Força em Relação a um Eixo Dado 29
3.11 Momento de um Binário 30
3.12 Deslocamento de Força, com Manutenção de seu Efeito Total 32
3.12 Redução de um Sistema de Forças a uma Força e um Momento 34
Capítulo 4: Equilíbrio dos Corpos Rígidos 37
4.1 Introdução 37
EQUILÍBRIO NO PLANO
4.2 Reações nos Vínculos 37
4.3 Equilíbrio de um Corpo Rígido no Plano 39
4.4 Situações Estaticamente Indeterminadas 41
EQUILÍBRIO NO ESPAÇO
4.5 Reações nos Vínculos de uma Estrutura Tridimensional 45
Capítulo 5: Centróides, Baricentros e Cargas Distribuídas 49
5.1 Centróides de Áreas 49
5.2 Baricentros 53
5.3 Cargas Distribuídas 56
Capítulo 6: Solicitações Internas 63
6.1 Introdução 63
6.2 Solicitações Internas no Plano 63
6.3 Determinação das Solicitações Internas – Método das Seções 64
ii
6.4 Diagramas das Solicitações Internas 65
6.5 Análise dos Diagramas das Solicitações Internas 76
Capítulo 7: Tensões, Deformações, Lei de Hooke e Comportamento dos Materiais 79
7.1 Definição Básica de Tensão 79
7.2 Definição de Tensão em um Ponto 79
7.3 Definição das Deformações 82
7.4 Lei de Hooke para Materiais Isotrópicos 83
7.5 Deformações Térmicas 89
7.6 Comportamento dos Materiais 90
7.7 Tensões Admissíveis – Coeficiente de Segurança 93
Capítulo 8: Cargas Axiais 95
8.1 Introdução 95
Capítulo 9: Torção 102
9.1 Introdução 102
9.2 Determinação dos Torques Internos 102
9.3 Premissas Básicas de Deformação e de Tensão 103
9.4 Fórmula da Tensão Cisalhante 105
9.5 Ângulo de Torção 109
9.6 Eixos de Seção Retangular 112
Capítulo 10: Flexão 114
10.1 Introdução 114
10.2 Premissas Básicas de Deformação 114
10.3 Desenvolvimento da Equação da Tensão na Flexão 115
10.4 Cálculo do Momento de Inércia – I 118
Capítulo 11: Cisalhamento Provocado pelos Esforços Cortantes 125
11.1 Introdução 125
11.2 Análise Preliminar 125
11.3 Fluxo de Cisalhamento 126
11.4 Fórmula da Tensão de Cisalhamento 130
Capítulo 12: Solicitações Compostas 137
12.1 Introdução 137
12.2 Tensões Normais – Caso Geral 137
12.3 Tensões Cisalhantes – Caso Geral 141
Capítulo 13: Transformação de Tensões e Teorias de Falha 143
13.1 Transformação de Tensões no Plano 143
13.2 Tensões Principais 145
13.3 Tensão Cisalhante Máxima 146
13.4 Círculo de Tensões de Mohr 150
13.4 Círculo de Tensões de Mohr para o Caso Geral de Tensões 154
13.6 Teorias de Falha 156
Referências Bibliográficas 159
 
iii
Capítulo 1: INTRODUÇÃO
1.1 Definições – Estática e Mecânica dos Sólidos
A Mecânica pode ser 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 fluidos [1].
A mecânica dos corpos rígidos se divide em Estática e Dinâmica. A primeira diz respeito a 
corpos em repouso e a segunda a corpos em movimento. Nesta disciplina, apenas um conteúdo básico 
de Estática será apresentado, o qual formará a base para o entendimento da segunda parte da 
disciplina, descrita a seguir.
No âmbito da segunda parte da Mecânica, relativa a corpos deformáveis, tem-se a Mecânica 
dos Sólidos (também conhecida como Resistência dos Materiais) que permite analisar a integridade de 
corpos sujeitos a forças, bem como determinar as deformações que ocorrem nos mesmos. Será então 
apresentada, na seqüência da disciplina, uma introdução à Mecânica dos Sólidos, visando expor as 
respostas, principalmente de vigas simples, aos tipos básicos de carga (forças e momentos).
1.2 Princípios fundamentais da Mecânica
São seis os princípios fundamentais da Mecânica [1], apresentados a seguir:
1) Lei do paralelogramo para a adição de forças
Estabelece que duas forças, aplicadas em um mesmo ponto material, podem ser substituídas 
por uma única força (força resultante) que é obtida como a diagonal do paralelogramo cujos lados são 
iguais às forças iniciais, ver Fig. 1.1.
Figura 1.1: Forças aplicadas no ponto P: F1, F2 e resultante R.
2) Princípio da transmissibilidade
 
Estabelece que o efeito de uma força sobre um corpo não se altera se a mesma for 
substituída por outra de mesma intensidade, direção, sentido e linha de atuação, ver Fig. 1.2.
3) Primeira lei de Newton
Se a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este permanecerá em repouso (se 
assim estava) ou mover-se-á com velocidade constante, em linha reta (se estava em movimento).
1
Figura 1.2: Forças F1 e F2 equivalentes.
4) Segunda lei de Newton
Se a força resultante sobre um ponto material não é nula, este terá uma aceleração proporcional 
à intensidade da resultante, na direção desta.
Pode-se equacionar esta lei da seguinte maneira:
F = m a , (1.1)
onde F é a força aplicada, m é a massa da partícula e a a aceleração resultante da mesma.
5) Terceira lei de Newton 
As forças de ação e reação entre corpos em contato possuem a mesma intensidade e linha de 
atuação, mas sentidos opostos, ver Fig. 1.3.
Figura 1.3: Corpos originalmente em contato e posteriormente 
afastados, para mostrar as forças de ação e reação.
6) Lei da gravitação de Newton
Estabelece que dois pontos materiais de massas m e M se atraem com forças de mesma 
intensidade, mas de sentidos opostos (ver F e –F na Fig. 1.4 abaixo).
2
A intensidade das forças F e -F acima citadas é dada pela equação a seguir:
2r
mMGF = (1.2)
onde G é uma constante universal (constante de gravitação) e r é a distância entre os pontos com 
massas M e m (ver Fig. 1.4).
Figura 1.4: Forças de atração entre dois pontos materiais de massas M e m.
Se um objeto de massa m se encontra na superfície da Terra, tem-se que na Eq. (1.2) M e r são 
respectivamente a massa e o raio deste planeta. Substituindo os valores de G, M e r (estes dois 
correspondentes à Terra), comparando a Eq. (1.1) com a Eq. (1.2), obtém-se portanto a aceleração de 
gravidade g = GM/r2 ≅ 9,81 m/s2.
1.3 Sistema de unidades
Neste texto será utilizado o Sistema Internacional de Unidades (conhecido como SI). As 
unidades básicas de comprimento, massa e tempo são, respectivamente, o metro (m), o quilograma 
(kg) e o segundo (s). 
Em decorrência da Eq. (1.1), a unidade básica de força é dada por:
(1 kg) (1 m/s2) = 1 N (newton) . (1.3)
No decorrer desta disciplina também será muito utilizado o conceito de tensão (força aplicada 
dividida pela área de atuação da mesma), o qualserá melhor apresentado em capítulo posterior. Como 
se pode concluir, a unidade resultante é a mesma unidade utilizada para pressão. Em conseqüência 
define-se a unidade básica:
(1 N) / (1 m2) = 1 Pa (pascal) . (1.4)
Para todas as unidades acima é comum a utilização de múltiplos e submúltiplos, como por 
exemplo: quilômetro (km = 103 m), milímetro (mm = 10-3 m), meganewton (MN = 106 N), 
nanosegundo (ns = 10-9 s), gigapascal (GPa = 109 Pa), micrômetro (µm = 10-6 m), etc ...
3
Capítulo 2: ESTÁTICA DOS PONTOS MATERIAIS 
FORÇAS NO PLANO
2.1 Força sobre um Ponto Material
Uma força representa a ação de um corpo sobre outro. São suas características básicas: 
intensidade, direção e sentido. Neste capítulo as forças serão aplicadas apenas sobre pontos materiais. 
Isto não significa que as forças não possam ser aplicadas sobre corpos de diferentes tamanhos e 
formas, mas sim que as forças atuantes sobre um certo corpo terão o mesmo ponto de aplicação.
Esquematicamente, a direção da força é representada pela linha de ação da mesma (ver linha 
tracejada inclinada na Fig. 2.1). A posição desta linha deve ser indicada pelo ângulo (θ) que ela forma 
com alguma linha de referência. Costuma-se representar a força como uma seta, cujo comprimento é 
proporcional à sua intensidade. O sentido indicado pela seta é o sentido de atuação da força (Fig. 2.1). 
Assim determina-se o vetor força.
Figura 2.1: Representação gráfica de uma força.
Neste texto os vetores serão representados por letra em negrito (como F) e as suas intensidades 
por letra em itálico (como F). 
2.2 Adição de Forças
Dadas duas forças A e B, a resultante R da ação das duas (adição ou soma de A e B) é obtida 
pela “lei do paralelogramo”, conforme apresentado no Capítulo 1 (ver Fig. 2.2).
Figura 2.2: Resultante R das forças A e B.
4
Por outro lado, a subtração de forças A – B pode ser entendida como a soma A + (–B), onde –B 
é o “vetor oposto” de B, como se pode observar na Fig. 2.3. O vetor oposto possui mesma intensidade 
e mesma direção que o vetor original, porém sentido inverso.
Figura 2.3: Subtração de forças: A – B.
A soma das forças A e B também pode ser obtida pela “regra do triângulo”. Segundo esta 
regra, os dois vetores correspondentes são unidos (a origem de um com o término de outro), de forma 
que unindo o ponto inicial ao final desta composição se tem a força soma (ver Fig. 2.4).
Figura 2.4: Soma através da “regra do triângulo”.
Na Fig. 2.4 se percebe que a “regra do triângulo” nada mais faz que considerar as duas metades 
do paralelogramo, da lei de mesmo nome. Qualquer uma das metades produz a mesma soma, o que 
indica que a soma de forças é comutativa, ou seja:
A + B = B + A . (2.1)
Na adição de um número maior de forças tem-se a generalização da “regra do triângulo”, o que 
fornece a “regra do polígono”. Por esta regra os vetores são unidos seqüencialmente, sendo que a 
força resultante é o vetor que une os pontos inicial e final da seqüência (ver Fig. 2.5).
Fig. 2.5: Soma de três forças pela “regra do polígono”. 
Analisando a Fig. 2.5 é possível verificar que, na soma de forças, a associação das mesmas é 
livre, ou seja:
 A + B + C = (A + B) + C = A + (B + C) . (2.2)
5
Além disso, pela Fig. 2.6 a seguir se percebe que a ordem das várias forças não interfere na 
soma, de forma que:
A + B + C = C + B + A . (2.3)
Figura 2.6: Somas de forças com diferentes ordens das parcelas.
Na situação em que a seqüência de vetores, na “regra do polígono”, produz um polígono 
fechado (pontos inicial e final da seqüência coincidentes), tem-se que a força resultante é nula (ver 
Fig. 2.7). 
Figura 2.7: Soma de forças com resultante nula.
A soma ou subtração de vetores segue sempre a lei do paralelogramo acima, mesmo que estes 
vetores não representem forças, mas outras grandezas vetoriais como deslocamentos, velocidades, 
acelerações, etc ...
Tomando duas forças A iguais, tem-se que a soma das duas produz: A + A = 2 A, ou seja, a 
força resultante possui direção e sentido iguais à da força original A, mas a sua intensidade é o dobro. 
Este caso está mostrado na Fig. 2.8.
Figura 2.8: Soma de duas forças iguais.
6
No processo acima o vetor força foi, na realidade, multiplicado pelo escalar 2. Este produto 
por escalar pode ser flexibilizado, podendo-se tomar um escalar qualquer, mesmo que não seja um 
número inteiro. Além disso, este escalar pode também assumir valores negativos, o que produz uma 
inversão de seu sentido (ver Fig. 2.9).
Figura 2.9: Força original A e forças obtidas pelo produto da mesma pelos escalares 3 e -1,5.
2.3 Decomposição de Forças em Componentes
Seja uma força A no plano. Dados dois eixos x e y não colineares, tal força pode ser 
decomposta em componentes Ax e Ay que atuam segundo estes eixos, como se pode ver na Fig. 2.10. 
Nesta figura foi utilizada a “lei do paralelogramo” para determinar Ax e Ay. Garante-se assim que a 
soma de Ax e Ay reproduza a força original A.
Figura 2.10: Decomposição da força A em componentes Ax e Ay. 
Na prática, é recomendado que os eixos x e y sejam ortogonais, pois assim a intensidade de 
uma força pode ser obtida de forma mais simples, a partir das intensidades das componentes, pelo 
Teorema de Pitágoras (ver Fig. 2.11).
Figura 2.11: Força A com componentes ortogonais.
7
Com base na Fig. 2.11, pode-se calcular a intensidade do vetor (representada por A) a partir das 
intensidades das componentes ortogonais (representadas por Ax e Ay), com o auxílio da equação:
A = √Ax
2 +Ay
2
 . (2.4)
Podem ser agora definidos os vetores unitários i e j, segundo os eixos x e y, como se pode ver 
na Fig. 2.12. 
Figura 2.12: Vetores i e j de intensidade unitária nas direções x e y.
Com o auxílio destes vetores, as componentes nas direções x e y podem ser rescritas como 
Ax = Ax i e Ay = Ay j, e o vetor A é então dado por:
 A = Ax + Ay = Ax i + Ay j . (2.5)
Em outras palavras, as intensidades Ax e Ay funcionam apenas como escalares que multiplicam 
os vetores unitários i e j. 
Procurando evitar a notação mais extensa que aparece no final da Eq. (2.5), muitas vezes as 
coordenadas Ax e Ay são apresentadas de forma mais simples, apenas como um par de valores, e o 
vetor pode ser assim representado: A = (Ax ; Ay).
O processo de soma de duas forças acima apresentado pode ser estendido a um conjunto de 
várias forças no plano. Todas as forças são então decompostas segundo os eixos x e y, as 
componentes são somadas para cada eixo individualmente, e finalmente as duas resultantes (nos eixos 
x e y) são somadas vetorialmente (pela “lei do paralelogramo”, por exemplo).
Sejam dados, por exemplo, três vetores: A = Ax i + Ay j , B = Bx i + By j e C = Cx i + Cy j . 
A resultante R (soma) destes três vetores fica na forma:
 A + B + C = (Ax i + Ay j ) + (Bx i + By j ) + (Cx i + Cy j ) = 
 (Ax + Bx + Cx ) i + (Ay + By + Cy ) j = Rx i + Ry j = R , (2.6)
ou seja, a componente da resultante na direção x é o somatório das componentes dos vetores nesta 
direção (Rx = Ax + Bx + Cx), sendo que a mesma relação entre componentes acontece na direção y 
(Ry = Ay + By + Cy ).
Segue um exemplo numérico de adição (ou soma) e subtração de forças.
8
Exemplo 2.1: Soma e subtração de forças
Sejam os vetores força A = (8;6) e B = (5;12). As intensidades (ou módulos) destes vetores são 
A = √8
2+62 = 10 N e B = √5
2+122 = 13 N. 
A soma, através da lei do paralelogramo (R = A + B), pode ser observada na Fig.2.13.
Figura 2.13: Soma dos vetores A e Bcom a resultante R.
Em termos numéricos a soma de vetores é efetuada de forma simples, somando-se as 
correspondentes coordenadas. Por exemplo, no caso acima:
A + B = (8;6) + (5;12) = (13;18) = R . (2.7)
A intensidade (ou módulo) de R resulta, então, 
 R = √13
2+182 = 22,2 N . (2.8)
A subtração S = A – B = A + (-B) pode ser observada na Fig. 2.14, onde os vetores A e B 
são aqueles mesmos apresentados acima.
Figura 2.14: Subtração A – B, fornecendo o vetor resultante S.
9
Na subtração acima se tem, numericamente:
A – B = (8;6) - (5;12) = (3;-6) = S . (2.9)
O vetor S, neste caso, possui a intensidade: 
 S = √3
2+(−6 )2 = 6,71 N . (2.10)
2.4 Equilíbrio de um Ponto Material
Aplica-se a seguinte definição: “Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um 
ponto material é zero, este ponto está em equilíbrio” [1].
Num caso simples de apenas duas forças aplicadas a um ponto, portanto, só haverá equilíbrio 
se as duas forças possuírem a mesma intensidade, a mesma direção e sentidos opostos, como se pode 
observar na Fig. 2.15 abaixo. 
Um exemplo numérico de um ponto material em equilíbrio, no plano, está desenvolvido na 
seqüência.
Figura 2.15: Ponto material A em equilíbrio, 
sob a ação de duas forças.
Exemplo 2.2: Equilíbrio de ponto material
Seja o ponto material A da Fig. 2.16, sujeito a quatro forças.
Figura 2.16: Ponto material A sob a ação de quatro forças.
O polígono referente às forças que aparecem na Fig. 2.16 está mostrado na Fig. 2.17, iniciando 
no ponto 0 com a força F1.
1
Figura 2.17: Polígono das quatro forças que atuam no ponto A.
Conforme exposto acima, o equilíbrio se verifica se:
 R = Σ F = Σ ( Fx i + Fy j ) = (Σ Fx) i + (Σ Fy) j = 0 . (2.11)
Portanto, a partir da Eq. (2.11), conclui-se que há o equilíbrio se:
 Σ Fx = 0 e Σ Fy = 0 . (2.12)
No caso das quatro forças da Fig. 2.16, considerando o eixo horizontal como o eixo x, o eixo 
vertical como y, tem-se:
Σ Fx = F2 - F4 cos(36,9o) = 800 - 1.000 (0,8) = 0 ,
 (2.13)
Σ Fy = F1 - F3 - F4 sen(36,9o) = 900 - 300 - 1.000 (0,6) = 0 ,
e assim conclui-se que o ponto material A está em equilíbrio de forças.
FORÇAS NO ESPAÇO
2.5 Componentes de uma Força no Espaço
Seja uma força no espaço, sendo considerados os eixos coordenados ortogonais x, y e z, 
conforme a Fig. 2.18.
Na Fig. 2.18, o ângulo β é aquele formado entre a força F e o eixo vertical y. Já α é o ângulo 
entre a projeção horizontal Fh e o eixo x. Assim sendo, a intensidade da componente vertical de F é 
dada diretamente por: 
Fy = F cos(β) , (2.14)
onde F é a intensidade de F.
A intensidade da projeção horizontal, por sua vez, é dada por:
 Fh = F sen(β) . (2.15)
1
Figura 2.18: Força F no espaço.
Para orientar a determinação das componentes Fx e Fz, seja a Fig. 2.19 abaixo.
Figura 2.19: Detalhe da decomposição da projeção horizontal Fh.
Portanto, as intensidades das forças Fx e Fz são dadas por:
 Fx = Fh cos(α) = F sen(β) cos(α) ,
 (2.16)
 Fz = Fh sen(α) = F sen(β) sen(α) .
Sejam agora os vetores unitários i, j e k apresentados na Fig. 2.20 abaixo.
Figura 2.20: Vetores unitários i, j e k no espaço.
Com o auxílio destes vetores unitários é possível escrever:
1
 F = Fx i + Fy j + Fz k . (2.17)
No espaço, em analogia ao que foi feito no plano, pode-se representar de forma simplificada 
uma força da seguinte maneira: F = (Fx , Fy , Fz ).
A intensidade (ou módulo) de um vetor força apresentado como na Eq. (2.17) é dada por:
F = √F x2 + F y2 + F z2 . (2.18)
É fácil verificar que, substituindo as expressões das Eqs. (2.14) e (2.16) na Eq. (2.18), a 
igualdade acima se confirma.
2.6 Resultante de Forças Concorrentes no Espaço
Se, num dado ponto material A, estão aplicadas várias forças concorrentes no espaço (tais 
como F1, F2, etc ...), e se cada força é decomposta em componentes ortogonais conforme a Eq. (2.17), 
a força resultante (ou soma) é obtida de forma semelhante àquela utilizada no plano, ou seja:
 R = Σ F = Σ ( Fx i + FY j + Fz k) = (Σ Fx) i + (Σ Fy) j + (Σ Fz) k . (2.19)
Percebe-se, então, que a intensidade da componente da força resultante, em cada direção ou 
eixo, é igual à soma das intensidades das várias forças nesta mesma direção. 
2.7 Equilíbrio de um Ponto Material no Espaço
Como na seção anterior, o conceito de equilíbrio se baseia no caso plano, simplesmente 
adicionando um novo eixo (no caso, o eixo z).
Assim, um ponto material é considerado em equilíbrio se a resultante de todas as forças que 
atuam sobre o mesmo é zero. 
Tomando por base a Eq. (2.19) acima, o vetor força resultante R só será nulo se:
 Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 e Σ Fz = 0 . (2.20)
Portanto, as três condições da Eq. (2.20), se obedecidas, garantem o equilíbrio do ponto 
material no espaço.
Segue um exemplo numérico de um ponto material em equilíbrio no espaço.
Exemplo 2.3: Equilíbrio de ponto material no espaço
Neste exemplo tem-se uma massa de 100 kg suspensa por um cabo. Este cabo se divide, logo 
acima da massa (no ponto O), em um conjunto de três cabos com orientação espacial conforme a 
Fig. 2.21. O objetivo deste exemplo é realizar o cálculo das forças de tração que atuam nos três cabos, 
através da análise de todas as forças concorrentes que atuam no ponto material O.
Todos os pontos de fixação (A, B e C) destes cabos situam-se sobre uma circunferência 
imaginária de 1 m de raio. Esta circunferência está localizada 2 m acima do ponto O.
Inicialmente é necessário calcular a força peso relativa à massa de 100 kg. Lembrando que a 
aceleração da gravidade é de 9,81 m/s2, a amplitude da força P é dada por:
 P = m a = 100 kg 9,81 m/s2 = 981 N . (2.21)
1
Figura 2.21: Massa suspensa por três cabos.
Tomando um plano vertical que contenha cada um dos cabos e o eixo y, a configuração 
geométrica se repete, sendo então apresentada de forma genérica na Fig. 2.22.
Figura 2.22: Plano vertical contendo qualquer um dos cabos.
Na Fig. 2.22 tem-se que T é a força de tração no cabo (para um cabo flexível, esta força tem 
sempre como linha de atuação a própria linha de posicionamento do cabo). A força T foi decomposta 
em componentes ortogonais Th (horizontal) e Ty (vertical). 
Da Fig. 2.22 tira-se que a tangente do ângulo α é igual a 1 m / 2 m = ½, e portanto obtém-se 
assim o valor α = 26,6o. Conseqüentemente, ainda segundo a mesma figura, tem-se que as amplitudes 
das componentes horizontal e vertical são dadas pelas equações abaixo:
 Th = T sen(α) = T sen(26,6o) = 0,447 T 
e (2.22)
 Ty = T cos(α) = T cos(26,6o) = 0,894 T .
1
As forças de tração nos cabos superiores são agora identificadas como TA , TB e TC, de acordo 
com o correspondente ponto de fixação. Se a decomposição indicada na Fig. 2.22 for aplicada a estas 
três forças, tem-se no ponto O o conjunto de forças espaciais concorrentes mostrado na a seguir. É 
importante verificar que as três componentes verticais das forças nos cabos superiores (TAy , TBy e TCy) 
já se encontram somadas (o que é trivial, pois as três têm a mesma direção e o mesmo sentido) e 
representadas por um único vetor.
Figura 2.23: Conjunto de forças espaciais concorrentes 
aplicadas no ponto material O.
Considerando que o ponto O se encontra em equilíbrio, devem ser obedecidas as relações da 
Eq. (2.20), as quais serão apresentadas a seguir. Inicialmente, na direçãox, tem-se:
Σ Fx = TAh - TBh sen(45o) - TCh sen(45o) = 0 , (2.23)
ou :
 TAh - TBh √2 /2 - TCh √2 /2 = 0 . (2.24)
Todas as componentes horizontais seguem a primeira das Eq. (2.22), portanto pode-se de 
imediato concluir que:
 TA - TB √2 /2 - TC √2 /2 = 0 . (2.25)
Na direção z tem-se:
Σ Fz = - TBh cos(45o) + TCh cos(45o) = - TBh √2 /2 + TCh √2 /2 = 0, (2.26)
ou ainda:
 TBh = TCh . (2.27)
Aplicando a primeira das Eqs. (2.22) à Eq. (2.27), conclui-se facilmente que:
1
 TB = TC , (2.28)
sendo que esta igualdade é uma conseqüência da simetria do problema em relação ao plano xy. 
Finalmente, com relação ao eixo y, tem-se:
 Σ Fy = TAy + TBy + TCy - P = 0 , (2.27)
ou:
 TAy + TBy + TCy = 981 N . (2.28) 
Aplicando agora a segunda das Eqs. (2.22) à Eq. (2.28), chega-se a:
 0,894 TA + 0,894 TB + 0,894 TC = 981 N , (2.29)
ou, finalmente:
 TA + TB + TC = 1.097 N . (2.30)
As Eqs. (2.25), (2.28) e (2.30) formam um conjunto linear de três equações com três incógnitas 
(TA , TB e TC ). A solução deste sistema fornece a resposta final do exercício, ou seja, as amplitudes 
das forças de tração nos três cabos superiores: TA = 454 N e TB = TC = 321 N.
1
Capítulo 3: CORPOS RÍGIDOS 
3.1 Forças Internas e Externas sobre Corpos Rígidos 
Neste capítulo são considerados corpos reais, que possuem dimensões e formas variadas. Em 
conseqüência, não se pode admitir, na maior parte dos casos, que todas as forças que lhe sejam 
aplicadas tenham o mesmo ponto de atuação, como acontecia no capítulo anterior.
Além disso, os corpos são considerados rígidos, o que, a bem da verdade, é irreal. Qualquer 
corpo sob a ação de forças, mesmo que estas apresentem baixas intensidades, vai apresentar 
deformações. Contudo, na prática, considera-se que um corpo seja rígido quando as deformações que 
lhe são impostas sejam pequenas. Tão pequenas que não interfiram significativamente no equilíbrio 
das forças aplicadas, equilíbrio este que tenha sido verificado a partir das dimensões originais do 
corpo.
As forças são agora divididas em dois grupos:
a) forças externas
Estas são aquelas que surgem em função da interação do corpo sob estudo com outros corpos. Aí 
devem ser incluídas as forças gravitacionais (pesos dos corpos). Elas são responsáveis pelo 
comportamento externo do corpo rígido. Elas determinam, por exemplo, se o corpo rígido 
permanecerá em equilíbrio estático ou se será sujeito a algum tipo de movimento.
b) forças internas
São forças que atuam internamente ao material de que o corpo é composto, garantindo a sua 
integridade. Se tal corpo é composto por várias partes unidas entre si, as forças que garantem estas 
uniões também são consideradas internas.
Neste capítulo serão estudados apenas os efeitos de forças externas sobre corpos rígidos. A 
análise de forças internas, em capítulos mais à frente, permitirá, por exemplo, verificar se o material 
que compõe o corpo apresentará algum tipo de falha, bem como realizar o cálculo das deformações do 
mesmo.
Para se ter um exemplo prático de forças externas, seja o veículo da Fig. 3.1 abaixo, o qual está 
sendo rebocado por um segundo veículo (que aparece parcialmente). Em função da tração deste 
último, o conjunto dos dois veículos está sofrendo uma aceleração na direção e no sentido do 
movimento 
Figura 3.1: Veículo sendo rebocado.
Para a análise das forças externas, é comum a elaboração de um “diagrama de corpo livre”, que 
é uma representação gráfica do objeto sob estudo onde se indicam todas as forças aplicadas ao mesmo. 
A Fig. 3.2 apresenta, portanto o diagrama referente ao veículo que está sendo rebocado. 
Na figura abaixo são observadas a força peso do veículo (P), as forças de reação ao peso (R1 e 
R2) e a força externa aplicada horizontalmente pelo segundo veículo (F). A força peso resultante (P) é 
17
aplicada em um certo ponto, denominado baricentro ou centro de gravidade do objeto (no caso, o 
veículo). A determinação deste ponto será melhor discutida posteriormente.
 
Figura 3.2: Diagrama de corpo livre do veículo rebocado.
As forças externas podem conferir movimentos aos corpos, como é o caso da força F da Fig. 
3.2, que promoveria um movimento de translação do veículo (todos os pontos do corpo se movendo 
igualmente em uma determinada direção) na direção horizontal, ou direção x. As forças também 
podem impedir movimentos, como as reações R1 e R2. Sem estas forças, o veículo entraria em queda 
livre na direção vertical, ou direção y. Na prática há também a possibilidade de ocorrer movimentos 
de rotação, que são aqueles em que todos os pontos do corpo sofrem o mesmo giro em torno de um 
ponto fixo. Como exemplo, imagine-se que um caminhão socorro viesse rebocar o veículo das 
figuras acima. Provavelmente este caminhão iria suspender a parte frontal do veículo avariado, de 
forma que o mesmo sofreria um giro aproximadamente em torno da linha que une os pontos de contato 
das rodas traseiras com o solo. Esta linha e, em conseqüência, o eixo de rotação, neste caso, é um eixo 
perpendicular a o plano de análise, ou seja, a rotação ocorre em torno de um eixo que possui direção z, 
conforme a Fig. 3.2.
Na discussão do parágrafo anterior foram apresentados os três movimentos que podem ocorrer 
no plano xy, que são as translações segundo os eixo x e y e a torção em torno de um eixo z.
3.2 Princípio da Transmissibilidade e Forças Equivalentes
Este princípio já foi apresentado no Capítulo 1 e estabelece que duas forças externas aplicadas 
sobre um corpo rígido, com mesma intensidade, mesma direção e mesmo sentido, são equivalentes 
desde que possuam a mesma linha de ação. Ou seja, não importa o ponto de aplicação da mesma, 
desde que a linha suporte (ou de atuação) seja a mesma. Assim, na Fig. 3.3, as forças F e F’ são 
equivalentes, o que significa dizer que o veículo como um todo responderia da mesma forma, caso 
fosse puxado ou empurrado.
Figura 3.3: Forças F e F’ equivalentes.
18
Assim, como as forças externas aplicadas sobre corpos rígidos podem se mover sobre a linha 
de ação, mantendo o seu efeito, tais vetores são chamados de “vetores deslizantes”.
O Princípio da Transmissibilidade apresenta, contudo, limitações. Sejam por exemplo as várias 
situações de um mesmo corpo rígido da Fig. 3.4, onde as forças F1 e F2 possuem todas as 
características iguais, com exceção do sentido. Assim, a resultante das forças sobre o corpo em cada 
situação é nula, e ele se encontra sempre em equilíbrio. Como as forças F1 e F2 apenas se moveram 
sobre as suas linhas de atuação, do ponto de vista dos corpos rígidos elas são equivalentes, e portanto 
também são equivalentes todas as situações mostradas na Fig. 3.4.
Figura 3.4: Forças equivalentes sobre corpo rígido.
Do ponto de vista da Mecânica dos Corpos Deformáveis, entretanto, nem todas as situações 
mostradas na Fig. 3.4 são equivalentes. Na Fig. 3.4a, por exemplo, as forças tracionam (esticam) o 
corpo; portanto deve-se esperar que haja um aumento no seu comprimento. Já na Fig. 3.4d, as forças 
comprimem o corpo; logo é esperada diminuição no seu comprimento. Finalmente, nas Figs. 3.4c e 
3.4f, foi considerado que as forças resultantes são nulas e que, portanto, não há ação delas sobre o 
corpo. Nestas últimas duas situações, nenhuma variação de comprimento é esperada. Conclui-se 
conseqüentemente que, na análisedas forças internas e das deformações, as situações apresentadas na 
Fig. 3.4 podem ser completamente diferentes.
3.3 Produto Vetorial
O momento de uma força em relação a um ponto é um novo conceito, muito importante para 
entender completamente o efeito de uma força sobre um corpo rígido. Tal momento é obtido a partir 
do produto vetorial de dois vetores, sendo que esta operação é descrita a seguir.
O produto vetorial dos vetores S e T fornece o vetor U com as seguintes características:
a) a linha de ação de U é perpendicular ao plano formado pelos vetores S e T (ver Fig. 3.5).
Figura 3.5: Vetor U, resultado do produto vetorial dos vetores S e T.
19
b) a intensidade (módulo do vetor) é dada pela equação:
 U = S T sen(θ) , (3.1)
onde S e T são as intensidades (ou módulos) dos vetores originais e θ o ângulo entre os mesmos.
c) o sentido de U é tal que um observador, localizado na ponta deste vetor, verifica que o ângulo 
θ é percorrido de S para T no sentido anti-horário. Diz-se que o trio de vetores S, T e U, nesta 
ordem, que obedece a esta regra, forma um “triedro positivo”.
A operação acima, o produto vetorial é representada da seguinte maneira:
 U = S × T . (3.2)
Se os vetores S e T estão sobre a mesma linha, com mesmo sentido ou não (θ = 0o ou 
θ = 180o), o produto vetorial dos mesmos é nulo.
Além disso, tem-se uma interpretação geométrica bastante simples para a Eq. (3.1), que é a 
seguinte: o módulo de U possui valor igual ao da área do paralelogramo definido pelos vetores S e T. 
Isto pode ser observado na Fig. 3.6.
Figura 3.6: Módulo do produto vetorial como a área do paralelogramo.
É interessante verificar que, se o vetor T sofre um acréscimo ∆T na direção de S, não se altera 
o produto vetorial (ver Fig. 3.7). Do ponto de vista geométrico, isto é justificado pelo fato de que as 
áreas dos paralelogramos definidos nas Figs. 3.6 e 3.7 são iguais.
Figura 3.7: Alteração de vetor (T ⇒ T’) que não altera o produto vetorial.
20
Da condição c) acima conclui-se que o produto vetorial não é comutativo, ou seja: 
S × T ≠ T × S . Na verdade, invertendo a ordem dos vetores inverte-se o sentido do ângulo θ e 
portanto:
 S × T = - (T × S) . (3.3)
Exemplo 3.1: Produto vetorial 
Sejam os vetores S e T com módulos iguais a, respectivamente, 3 e 4 unidades, no plano xz, 
que apresentam um ângulo θ = 30o entre eles (ver Fig. 3.8).
Figura 3.8: Vetores originais S e T e produto vetorial U.
O produto vetorial de S e T fornece o vetor U (ver mesma Fig. 3.8), na direção y 
(perpendicular ao plano xz) e com o sentido indicado, possuindo o módulo:
 U = S T sen(θ) = 3 (4) sen(30o) = 3 (4) (1/2) = 6 . (3.4)
Embora o produto vetorial não seja comutativo, como visto acima, ele é contudo distributivo 
sobre a soma, ou seja:
 S × (T1 + T2) = S × T1 + S × T2 . (3.5)
Com esta propriedade fica mais simples entender a alteração indicada na Fig. 3.7, pois:
 S × T’ = S × (T + ∆T) = S × T + S × ∆T = S × T , (3.6)
pois S × ∆T = 0 em virtude de os vetores S e ∆T serem colineares.
A propriedade associativa, entretanto, não se verifica. Isto quer dizer que:
 (S × T) × U ≠ S × (T × U) . (3.7)
21
3.4 Produto Vetorial a Partir das Componentes dos Vetores
Sejam os vetores unitários i, j e k definidos no Cap. 2 (ver Fig. 2.20). Verifica-se agora que, 
ao aplicar o produto vetorial entre pares deles, são obtidos os resultados:
 i × i = 0 j × i = - k k × i = j 
 i × j = k j × j = 0 k × j = - i (3.8)
 i × k = - j j × k = i k × k = 0 
Pode-se aplicar uma regra prática indicada na Fig. 3.9, que estabelece que o produto será 
positivo se os vetores se apresentam em seqüência anti-horária, e negativo se em seqüência horária.
Figura 3.9: Regra prática para definir o produto positivo 
ou negativo dos vetores unitários.
Seja agora analisado o produto vetorial dos vetores S e T decompostos em coordenadas 
cartesianas, ou seja, se:
 S = Sx i + Sy j + Sz k
e (3.9)
 T = Tx i + Ty j + Tz k . 
Neste caso, aplicando o produto vetorial, tem-se:
 U = S × T = (Sx i + Sy j + Sz k) × (Tx i + Ty j + Tz k) =
 (3.10)
 = (Sy Tz - Sz Ty) i + (Sz Tx - Sx Tz) j + (Sx Ty - Sy Tx) k ,
ou seja, o vetor resultado U é definido pelas componentes:
 Ux = Sy Tz - Sz Ty ;
 Uy = Sz Tx - Sx Tz ; (3.11)
 Uz = Sx Ty - Sy Tx .
Uma forma mais fácil de calcular o produto vetorial é através da avaliação do seguinte 
determinante:
 U = ∣
i j k
S x S y S z
T x T y T z
∣ . (3.12)
22
Exemplo 3.2: Produto vetorial de vetores através de suas coordenadas
Sejam os vetores S = (4;2;2) e T = (1;3;0), conforme a Fig. 3.10 a seguir. O produto vetorial 
(U = S × T) destes dois vetores fornece:
 U = ∣
i j k
4 2 2
1 3 0
∣ = 2 j + 12 k – 2 k - 6 i = - 6 i + 2 j + 10 k = (-6;2;10). (3.13)
O vetor U resultante também está apresentado na Fig. 3.10.
Figura 3.10: Vetores originais S e T e o vetor produto U.
3.5 Momento de uma Força em Relação a um Ponto
O efeito de uma força sobre um corpo rígido não depende somente das características próprias 
da força (módulo, direção e sentido), mas também de seu ponto de aplicação sobre o corpo. Dado um 
ponto de referência O, podemos definir r como o vetor posição do ponto A de aplicação da força, ou 
seja, o vetor r une os ponto O e A (ver Fig. 3.11).
Assim, define-se o “momento” da força F em relação ao ponto O como sendo o produto 
vetorial:
MO = r × F . (3.14)
Como se pode ver na Fig. 3.11, seguindo a definição do produto vetorial, o momento MO atua 
sobre um eixo perpendicular ao plano definido pelos vetores r e F (plano este que contém os pontos O 
e A). Para diferenciar os vetores força de vetores momento, os quais serão amplamente utilizados 
neste texto, os vetores momento aparecerão, daqui para frente, como setas duplas.
O módulo do momento da força F com relação ao ponto O é então dado por:
 MO = r F sen(θ) = F [r sen(θ)] = F d , (3.15)
onde d é a distância do ponto O à linha de ação da força F, como se pode ver na Fig. 3.12. 
23
Constata-se que o módulo MO mede a tendência da força F fazer o corpo girar em torno de um 
eixo fixo, sendo que este possui a mesma direção que o momento MO.
Figura 3.11: Momento de uma força em relação a um ponto.
Com base na Fig. 3.12 e na Eq. (3.15) conclui-se que o momento produzido não se altera se a 
força F desliza sobre a sua própria linha de ação, uma vez que o parâmetro geométrico importante é a 
distância d.
Figura 3.12: Distância d do ponto de referência à linha de ação de F.
O efeito de um momento sobre um corpo rígido, que está relacionado à tendência de girá-lo, é 
independente do seu ponto de aplicação. Na Fig. 3.11 o momento MO foi posicionado no ponto O 
apenas por ser mais fácil representá-lo ali. Por este motivo os vetores momento são considerados 
“vetores livres”, e podem ser aplicados em qualquer ponto do corpo.
Com relação a unidades, por exemplo, se o vetor r possui a unidade metro [m] e o vetor força F 
a unidade newton [N], o vetor momento MO possuirá a unidade produto newton-metro [Nm].
O princípio da transmissibilidade pode ser agora substituído, da seguinte maneira: “duas forçasF e F’ são equivalentes se, e somente se, elas são iguais (têm o mesmo módulo, a mesma direção e o 
mesmo sentido) e apresentam momentos iguais em relação a um dado ponto O.” 
Assim, a equivalência, em termos de equações, é dada por:
 F = F’ e MO = M’O . (3.16) 
Pode-se provar que se as Eqs. (3.16) são verdadeiras para o ponto O, elas serão verdadeiras 
também para um outro ponto qualquer.
24
3.6 Momento Relativo a Várias Forças Concorrentes em um Ponto
Se, em um dado ponto A, estão aplicadas várias forças concorrentes, como na Fig. 3.13, tem-se 
que, em função da distributividade já apresentada (ver Eq. (3.5)), o momento em relação ao ponto O é 
dado por:
 r × (F1 + F2 + ... ) = r × F1 + r × F2 + ... . (3.17)
Figura 3.13: Aplicação de várias forças concorrentes no ponto A.
Em conseqüência, o momento resultante de todas as forças é igual à soma dos momentos 
gerados por cada uma delas.
Assim, em algumas situações, pode-se trabalhar com as componentes cartesianas dos vetores 
força, se assim for conveniente, como mostrado a seguir.
3.7 Componentes Cartesianas do Momento de uma Força
Sejam os vetores r (posição do ponto A em relação ao ponto de referência O) e F (força 
aplicada no ponto A) definidos por suas componentes cartesianas:
 r = x i + y j + z k ,
 (3.18)
 F = Fx i + Fy j + Fz k .
O momento resultante da força em relação ao ponto O é então dado por:
 MO = r × F , (3.19)
ou:
 MO = ∣
i j k
x y z
F x F y F z
∣ = (y Fz - z Fy ) i + (z Fx - x Fz ) j + (x Fy - y Fx ) k. (3.20)
25
Logo, as componentes cartesianas de MO são:
 Mx = y Fz - z Fy ,
 My = z Fx - x Fz , (3.21)
 Mz = x Fy - y Fx .
3.8 Produto Escalar de Dois Vetores 
Sejam dois vetores S e T conforme a Fig. 3.14 a seguir, formando um ângulo θ entre si.
Figura 3.14: Vetores S e T.
O produto escalar entre tais vetores, identificado como S ● T, fornece um valor real (escalar) 
de acordo com a expressão:
 S ● T = S T cos(θ) , (3.22)
onde S e T são respectivamente as amplitudes dos vetores S e T.
Pela própria definição, é fácil perceber que este produto é comutativo, ou seja,:
S ● T = T ● S . (3.23)
Além disso pode-se provar que este produto é, também, distributivo, fornecendo a igualdade:
 S ● (T1 + T2) = S ● T1 + S ● T2 . (3.24)
Observando a Eq. (3.22) conclui-se que o produto de um vetor por ele mesmo (θ = 0o) fornece 
a sua amplitude ao quadrado. Adicionalmente, quaisquer vetores ortogonais entre si (θ = 90o) vão 
produzir um produto escalar nulo. Assim, lembrando dos vetores unitários segundo os eixos x, y e z, 
tem-se que:
 i ● i = 1 j ● j = 1 k ● k = 1
 (3.25)
 i ● j = 0 i ● k = 0 j ● k = 0 .
Portanto, se dois vetores são dados segundo suas componentes ortogonais, S = Sx i + Sy j + Sz k 
e T = Tx i + Ty j + Tz k, o produto escalar dos mesmos fornece simplesmente o valor:
 S ● T = (Sx i + Sy j + Sz k) ● (Tx i + Ty j + Tz k) = Sx Tx + Sy Ty + Sz Tz . (3.26)
Exemplo 3.3: Produto escalar de dois vetores
Sejam os vetores S = 5 i - 2 j + 3 k e T = 4 i + 3 j – k. Calcular o produto escalar entre ambos.
26
Neste caso procede-se a aplicação direta da Eq. (3.26), fornecendo o resultado imediato:
 S ● T = (5) (4) + (-2) (3) + (3)(-1) = 11 . (3.27)
Uma das utilidades do produto escalar é permitir o cálculo do ângulo θ entre dois vetores. 
Além disso, este produto permite, também, encontrar a projeção de um vetor sobre um dado eixo. 
Sejam por exemplo os vetores S e T da Fig. 3.15a. Verifica-se facilmente que a projeção do vetor T 
sobre o eixo OL definido pelo vetor S fornece um vetor com intensidade Tp = T cos(θ) (ver 
Fig. 3.15b). 
Figura 3.15: Vetores S e T e projeção Tp sobre o eixo definido por S.
Portanto, com base na Eq. (3.22), tem-se:
 S ● T = S [T cos(θ)] = S Tp . (3.28)
Assim, a amplitude Tp do vetor projeção é, simplesmente:
 T p =
S⋅T
S
 . (3.29)
3.9 Produto Misto de Três Vetores 
Dados os três vetores S, T e U da Fig. 3.16a, define-se o produto misto da seguinte forma:
 S ● (T × U) . (3.30)
Figura 3.16: Vetores S, T e U.
27
Lembrando da definição do produto vetorial, tem-se que T × U fornece um vetor perpendicular 
ao plano de T e U (ver Fig. 3.16b), com amplitude igual à área A do paralelogramo formado por estes 
vetores. Ao aplicar o produto escalar deste vetor resultado por S, o resultado é um escalar com o 
valor:
S ● (T × U) = A S cos(θ) . (3.31) 
Porém, S cos(θ) é a projeção do vetor S na direção do vetor produto T × U, o qual é 
perpendicular à área acima identificada. Portanto, o resultado final do produto misto fornece o volume 
do paralelepípedo que tem como arestas os vetores S, T e U (ver Fig. 3.17).
Figura 3.17: Paralelepípedo definido pelos vetores S, T e U.
Se os vetores S, T e U são fornecidos pelas suas componentes ortogonais (S = Sx i + Sy j + Sz k, 
T = Tx i + Ty j + Tz k e U = Ux i + Uy j + Uz k), pode-se verificar facilmente que o resultado do produto 
misto é obtido pelo seguinte determinante:
 S ● (T × U) = ∣
S x S y S z
T x T y T z
U x U y U z
∣ . (3.32)
Como o produto misto fornece o volume do paralelepípedo definido pelos três vetores, o valor 
numérico resultante não se altera se for modificada a ordem dos vetores na composição de tal produto. 
Porém, como o produto vetorial não é comutativo, pode haver inversão de sinal se os vetores, dentro 
deste produto, inverterem suas posições. Observando a Eq. (3.32), deve-se lembrar que a troca de 
linhas no cálculo do determinante determina a troca de sinal do resultado.
Conseqüentemente, são observadas as seguintes igualdades:
 S ● (T × U) = T ● (U × S) = U ● (S × T) = - S ● (U × T) = - T ● (S × U) = - U ● (T × S) . (3.33) 
Exemplo 3.4: Produto misto de três vetores
Sejam os vetores S = 5 i - 2 j + 3 k, T = 4 i + 3 j – k e U = 2 i + j. Calcular o volume do 
paralelepípedo definido pelos mesmos.
Aplicando de forma direta a Eq. (3.32), tem-se:
28
 S ● (T × U) = ∣
5 −2 3
4 3 −1
2 1 0
∣ = 3 . (3.34)
3.10 Momento de uma Força em Relação a um Eixo Dado
Seja uma força F = (Fx ; Fy ; Fz) , localizada pelo vetor posição r = (x ; y ; z), conforme a Fig. 
3.18a. Assim, esta força gera o momento MO, com relação ao ponto O, como se pode ver na mesma 
figura.
Figura 3.18: Momento MO gerado pela força F em relação ao ponto O
e projeção MOL sobre o eixo definido por λ.
Deseja-se, agora, determinar a parcela do momento que atua sobre o eixo OL ou, em outras 
palavras, deseja-se determinar a projeção MOL do momento MO sobre o eixo citado (ver Fig. 3.18b). 
Para calcular este momento, seja considerado um vetor unitário λ = (λx ; λy ; λz) segundo o eixo OL. 
Em virtude do exposto na Seção 3.8, a projeção do momento é obtida pela Eq. (3.29). Como, neste 
caso, o vetor sobre o qual a projeção é feita é unitário (amplitude: λ = 1), tem-se como resultado que a 
amplitude do momento em trono do eixo é dada por:
 MOL = λ ● MO = λ ● (r × F) . (3.35)
Portanto, na forma de determinante, tem-se:
 MOL = ∣
λ x λ y λz
x y z
F x F y F z
∣ . (3.36)
29
Exemplo 3.5: Projeção de momento com relação a um eixo coordenado
Em capítulos posteriores será comum o cálculo dos momentos em relação aoseixos 
coordenados (x, y ou z). Seja portanto a força vertical F = (0;5;0) N aplicada no ponto A, este 
definido pelo vetor posição r = (4;3;2) m, conforme a Fig. 3.19. Deseja-se determinar o momento 
causado em torno do eixo coordenado z.
Figura 3.19: Projeção do momento sobre o eixo z.
Como o eixo de projeção do momento é o eixo coordenado z, tem-se como vetor unitário 
λ = (0 ; 0 ; 1). Portanto o momento em torno do eixo z possui a amplitude:
Mz = ∣
0 0 1
4 3 2
0 5 0
∣ = 20 Nm . (3.37)
Neste caso a força é perpendicular ao eixo z, sobre o qual se quer calcular o momento 
projetado. Assim, é fácil perceber que a amplitude do momento resultante é simplesmente o produto 
da intensidade da força (5 N) pela distância da linha de ação desta em relação ao eixo z, ou seja, 4 m, 
fornecendo 20 Nm, que é o mesmo valor obtido antteriormente pela Eq. (3.37).
3.11 Momento de um Binário
Sejam as forças F e –F com mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos, com linhas de 
ação paralelas. Elas formam um “binário” e podem ser vistas na Fig. 3.20.
Figura 3.20: Binário.
30
Este par de forças não produz força resultante mas, se aplicado a um corpo, o induz ao giro. 
Esta tendência ao giro indica que há um momento resultante.
Para calcular tal momento, sejam os parâmetros indicados na Fig. 3.21. O ponto de referência 
para cálculo do momento é o ponto O. Os pontos A e B são aqueles onde se aplicam as forças, 
localizados respectivamente pelos vetores rA e rB. 
Figura 3.21: Binário e vetores posição.
O momento resultante é dado por:
 M = rA × F + rB × (-F ) = (rA - rB ) × F = r × F . (3.38)
Portanto tem-se que o módulo do momento resultante é dado por:
 M = r F sen(θ) = F d . (3.39)
Conclui-se assim que o módulo do momento resultante é simplesmente igual ao produto do 
módulo das forças pela distância d que existe entre as linhas de ação das mesmas. Com se verificou 
que M = r × F , este momento atua sobre uma linha perpendicular ao plano definido por r e F (ver 
Fig. 3.22). Além disto, o momento é um “vetor livre” e pode ser aplicado em qualquer ponto. 
Figura 3.22: Binário e momento resultante.
O sentido de M pode ser verificado, na prática, pela “regra da mão direita”. Avançando os 
demais quatro dedos da mão direita no sentido da rotação induzida pelas forças, o polegar levantado 
indica o sentido do momento.
Se forem aplicados em um corpo dois binários (F1 e F1, a uma distância relativa d1, e F2 e F2, a 
uma distância relativa d2), em planos paralelos, induzindo o giro no mesmo sentido, eles são 
equivalentes se:
31
 F1 d1 = F2 d2 , (3.40)
onde F1 e F2 são os módulos das forças envolvidas.
Os momentos provocados por vários binários são vetores e, assim, podem ser somados ou 
subtraídos, também podem ser decompostos em componentes cartesianas, como quaisquer outros 
vetores.
Finalizando, é importante verificar que, quando um binário atua sobre um corpo rígido, não 
importa os ponto de aplicação das forças. O que importa é simplesmente o momento resultante 
aplicado ao corpo, com as características (módulo, direção e sentido) apresentadas acima.
Exemplo 3.6: Cálculo de momento de binário
Sejam as forças F = (3;0;0) e –F = (-3;0;0) aplicadas respectivamente nos pontos A e B, cujos 
vetores de localização são rA = (3;2;3) e rB = (1;0;3). As unidades das forças são newtons [N] e dos 
vetores de localização metros [m]. Calcular o momento equivalente deste binário, que pode ser visto 
na Fig. 3.23.
Figura 3.23: Binário formado pelas forças F e –F.
Neste caso o vetor r é dado por:
 r = rA - rB = (3;2;3) - (1;0;3) = (2;2;0) . (3.41)
E, portanto, o momento relativo ao binário (que pode ser visto na Fig. 3.24) é dado por:
 M = r × F = ∣
i j k
2 2 0
3 0 0
∣ = - 6 k = (0;0;-6) [Nm] . (3.42)
Figura 3.24: Momento relativo ao binário.
32
3.12 Deslocamento de Força, com Manutenção de seu Efeito Total
Seja uma força F aplicada sobre um corpo, no ponto A, como mostra a Fig. 3.25. Deseja-se 
deslocar o ponto de aplicação desta força para o ponto O, sem, contudo, alterar o seu efeito total sobre 
o corpo.
Figura 3.25: Força aplicada no ponto A do corpo.
Para melhor entender a alteração pretendida, pode-se aplicar no ponto O as forças F e –F, 
como indicado na Fig. 3.26 abaixo. Estas forças se anulam perfeitamente e não geram qualquer efeito 
sobre o corpo.
Figura 3.26: Forças aplicadas no corpo e situação resultante.
As forças da Fig. 3.26a podem ser separadas em uma força F aplicada no ponto O e um 
binário, composto pelas forças -F (no ponto O) e F (no ponto A). Estas duas últimas geram um 
momento que, como já comentado, é um “vetor livre”. Portanto a força F aplicada no ponto A possui 
efeito equivalente a uma força F em O mais um momento M dado por:
 M = r × F . (3.43)
Apenas por conveniência, para ficar mais fácil a visualização, costuma-se representar o 
momento como aplicado no ponto O, como na Fig. 3.26, já que ele é um “vetor livre”.
Exemplo 3.7: Deslocamento de uma força
Seja a força F = (-2;1;0) N da Fig. 3.27, aplicada no vértice do cubo de arestas iguais a 2 m, ou 
seja, no ponto A localizado pelo vetor r = (2;2;2) m. Deslocar esta força para o ponto O na origem do 
sistema de eixos.
33
Figura 3.27: Força a ser deslocada para a origem.
A força é deslocada ao ponto O e, para manter o seu efeito original, deve ser aplicado um 
momento (que pode ser visto na Fig. 3.28), o qual é calculado por:
 M = r × F = ∣
i j k
2 2 2
−2 1 0
∣ = - 4 j + 2 k + 4 k -2 i = - 2 i - 4 j + 6 k = (-2;-4;6) [Nm].(3.44)
Figura 3.28: Força deslocada e momento decorrente do deslocamento.
3.13 Redução de um Sistema de Forças a uma Força e a um Momento
Sejam as forças F1, F2, F3, ..., que atuam nos pontos A1, A2, A3, ..., de um corpo rígido, os quais 
são definidos pelos vetores r1, r2, r3, ..., em relação a um ponto de referência O (ver Fig. 3.29). 
Figura 3.29: Várias forças aplicadas ao corpo rígido.
34
Todas as forças podem agora ser deslocadas para o ponto O, só que cada deslocamento vai 
implicar no aparecimento de um momento (M1, M2, M3, ...), de forma que o efeito original de cada 
força sobre o corpo seja mantido (ver Fig. 3.30).
Figura 3.30: Forças deslocadas, com momentos correspondentes.
A adição de todas as forças, agora deslocadas para o ponto O, fornece a resultante R. De forma 
semelhante, os momentos decorrentes dos deslocamentos das forças também podem ser somados, 
fornecendo o momento resultante MOR. Os dois vetores resultantes estão mostrados na Fig. 3.31.
Figura 3.31: Força e momento resultantes.
Verifica-se, portanto, que o conjunto das forças aplicadas ao corpo pode ser substituído por 
uma força resultante (R) no ponto O e um momento também resultante (MOR), sendo este um “vetor 
livre”.
Dois conjuntos distintos de forças, aplicados ao mesmo corpo, são considerados equivalentes 
se as forças resultantes no ponto O, bem como os momentos resultantes das concentrações das forças 
neste ponto, resultam com as mesmas características.
Caso seja necessário, num instante posterior, deslocar a força resultante do ponto O ao ponto 
O’ (ver Fig. 3.32), tem-se que corrigir o momento, o qual assume o novo valor:
 MO’R = MOR + s × R , (3.45)
onde s é o vetor que liga o ponto O’ ao ponto O.
Figura 3.32: Deslocamento do ponto de origem, de O para O’.
35
Exemplo 3.8: Força e momento resultantes de um conjunto de forças
Sejam as forças F1 = (-2;2;0), F2 = (0;0;1) e F3 = (0;-2;0),com unidades em newtons [N], 
aplicadas respectivamente nos vértices A1, A2 e A3 do cubo com arestas de 2m, como mostrado na 
Fig. 3.33. Os vetores posição destes vértices são: r1 = (2;2;2), r2 = (2;0;2) e r3 = (2;0;0). Determinar a 
força equivalente, aplicada no ponto O, com o seu correspondente momento, para que os efeitos das 
forças originais sejam mantidos.
Figura 3.33: Forças aplicadas ao cubo.
A força resultante R é de fácil cálculo, e o seu valor é dado por:
 R = F1 + F2 + F3 = (-2;2;0) + (0;0;1) + (0;-2;0) = (-2; 0;1) [N] . (3.46)
O momento resultante é obtido através de:
M = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 = ∣
i j k
2 2 2
−2 2 0
∣ + ∣
i j k
2 0 2
0 0 1
∣ + ∣
i j k
2 0 0
0 −2 0
∣ =
 = - 4 j + 4 k + 4 k - 4 i - 2 j - 4 k = - 4 i - 6 j + 4 k = (-4;-6;4) [Nm] . (3.47)
A força e o momento resultante estão mostrados na Fig. 3.34.
Figura 3.34: Força e momento resultantes.
36
Capítulo 4: EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS 
4.1 Introdução
As forças externas que atuam sobre um corpo rígido podem ser reduzidas a uma força e um 
momento, em determinado ponto O. Se a força e o momento são nulos, diz-se que o corpo está em 
equilíbrio.
Portanto, nestas condições tem-se:
 ∑ F = 0 e ∑ MO = ∑ (r × F ) = 0 . (4.1)
 As equações acima podem ser analisadas pela decomposição dos vetores em componentes 
cartesianas, o que fornece, no espaço:
∑ Fx = 0 ∑ Mx = 0
∑ Fy = 0 ∑ My = 0 (4.2)
∑ Fz = 0 ∑ Mz = 0
EQUILÍBRIO NO PLANO
4.2 Reações nos Vínculos
Neste caso o corpo é analisado no plano. Em conseqüência, as forças de reação nos vínculos 
também estão neste plano. 
É interessante verificar que as forças de reação acontecem em decorrência do impedimento de 
movimentos do corpo. No plano xy, os possíveis movimentos de um corpo rígido são: translação na 
direção x, translação na direção y e rotação em torno do eixo z (ver Fig. 4.1).
Figura 4.1: Possíveis movimentos no plano xy.
Em virtude do acima exposto, os vínculos no plano podem ser dos seguintes tipos:
1) apoio simples: impede o movimento de translação em apenas uma direção. Acontece normalmente 
quando alguma parte de apoio do corpo sob estudo desliza sobre uma determinada superfície.
Duas formas de representação são usualmente utilizadas, as quais podem ser observadas na 
Fig. 4.2, aplicadas à extremidade de uma viga.
37
Figura 4.2: Apoio simples, sendo indicados os movimentos livres.
As reações, para este tipo de apoio, são forças com direções perfeitamente definidas. Tais 
direções são perpendiculares às superfícies sobre as quais os movimentos de translação são permitidos 
(ver Fig. 4.3).
Figura 4.3: Forças de reação em apoio simples.
Como se pode observar na Fig. 4.3, as forças de reação podem adotar ambos os sentidos 
embora, fisicamente, com base nas representações da Fig. 4.3, isto não possa ser deduzido. Esta é uma 
“convenção” que será usada daqui para a gente, para evitar a necessidade, por exemplo, de desenhar 
dois círculos na Fig. 4.3b, o que indicaria o impedimento do movimento tanto para cima como para 
baixo.
2) pivotamento: impede o movimento de translação em qualquer direção. Na prática, estas situações 
acontecem quando um determinado ponto do corpo está apoiado em um pino (ou parafuso, etc ...) que 
não impede o movimento de rotação.
A forma tradicional de representação está mostrada na Fig. 4.4, para uma viga no plano.
Figura 4.4: Pivotamento, sendo indicado o único movimento livre.
Neste caso a reação é novamente uma força, porém com direção, a princípio, desconhecida. 
Como o movimento horizontal é impedido, bem como também o vertical, há a possibilidade de 
aparecerem forças de reação nestas duas direções. Conseqüentemente, da soma vetorial destas duas 
componentes, a resultante pode adotar qualquer direção, como na Fig. 4.5.
Figura 4.5: Força de reação em pivotamento.
38
3) engaste: impede qualquer tipo de movimento, seja de translação ou de rotação. Quando um ponto 
do corpo está perfeitamente unido (“colado”) a um ponto externo fixo, esta é a situação resultante.
A forma usual de representação, no caso de uma viga no plano, pode ser vista na Fig. 4.6.
Figura 4.6: Engaste, sem movimentos livres.
O impedimento de translação em qualquer direção, de forma igual ao caso 2) acima, dá origem 
a uma força de reação que pode ocorrer em uma direção qualquer. Uma nova reação, entretanto, pode 
vir a aparecer, em virtude do impedimento da rotação. Tal reação é um momento em torno do eixo z, 
como se pode ver na Fig. 4.7, em companhia da força de reação.
Figura 4.7: Reações no engaste.
Na Fig. 4.7 acima o momento está representado por uma seta curva, que é uma representação 
bastante útil quando se está trabalhando no plano (por exemplo, xy) com momentos aplicados em 
torno de eixos perpendiculares ao plano (continuando o exemplo, momentos em torno de eixos 
paralelos ao eixo z). Na Fig. 4.8 são mostradas as duas representações, equivalentes, de um mesmo 
momento. Deve-se reparar que foi obedecida a “regra da mão direita”.
Figura 4.8: Representações diferentes para um mesmo momento M.
4.3 Equilíbrio de um Corpo Rígido no Plano
Os vetores força, no plano xy, por exemplo, se apresentam na forma geral:
 F = Fx i + Fy j . (4.3)
Portanto, para verificar o equilíbrio de um corpo rígido, no plano, com relação às forças 
aplicadas, basta que se observem as equações:
 ∑ Fx = 0 e ∑ Fy = 0 . (4.4)
39
Além disso, um vetor posição, com relação ao ponto origem O, pode ser escrito na forma 
genérica:
 r = rx i + ry j . (4.5)
Realizando o produto vetorial de um vetor força (dado pela Eq. (4.3)) por um vetor posição 
(dado pela Eq. (4.5)), ambos no plano xy, o resultado é:
 MO = ∣
i j k
r x r y 0
F x F y 0
∣ = (rx Fy - ry Fx ) k . (4.6)
O resultado final da Eq. (4.6) indica que os momentos provocados por forças no plano xy são 
obrigatoriamente aplicados em torno de eixos perpendiculares ao plano, ou seja, paralelos ao eixo z. 
Em conseqüência, o equilíbrio de um corpo rígido, analisado no plano xy, com relação aos momentos 
aplicados, exige apenas que:
 ∑ Mz = 0 . (4.7)
Assim, o equilíbrio de um corpo rígido, no plano xy, é garantido pela observância das 
Eqs. (4.4) e Eq. (4.7). Resumindo, das seis Eqs. (4.2) apresentadas, devem ser observadas as 
seguintes:
 ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 e ∑ Mz = 0 . (4.8)
Na prática, analisando os momentos sempre em relação ao ponto O de origem dos eixos, a 
Eq. (4.7) pode ser escrita como:
 ∑ MO = 0 . (4.9)
Como já observado anteriormente, se a Eq. (4.9) é válida, o somatório de momentos se anula 
para qualquer outro ponto do plano xy que seja tomado como referência.
Com relação a qualquer ponto de referência O, quando se trabalha no plano (xy, por exemplo), 
o módulo do momento provocado por uma força é simplesmente dado pelo produto do módulo da 
força pela distância da linha de ação da mesma ao ponto O. O sentido (positivo ou negativo) é 
definido pelo sentido de rotação induzido, com relação ao ponto O. Se o sentido de rotação é anti-
horário ele é considerado positivo; se é horário é considerado negativo (continua valendo a “regra da 
mão direita”). Assim, os momentos provocados pelasforças F1 e F2 da Fig. 4.9 são simplesmente F1 
d1 k e - F2 d2 k , respectivamente.
Figura 4.9: Forças no plano xy provocando momentos em relação a O.
40
Voltando às Eqs. (4.8), como elas são em número de três, é possível a solução de problemas de, 
no máximo, três reações (ou incógnitas), como aquele apresentado na Fig. 4.10. As reações que 
aparecem nesta figura estão de acordo com as descrições dos vínculos apresentadas acima.
Figura 4.10: Estrutura plana com forças aplicadas e reações possíveis.
 No problema da Fig. 4.10, por exemplo, aplicando ∑Mz = 0 no ponto A (ou seja, ∑MA = 0), 
seria possível encontrar o módulo da reação RB, já que, em relação ao ponto A, as reações RAx e RAy 
possuem distâncias nulas, portanto não têm efeito de momento e desapareceriam da equação. Na 
seqüência, como restam a determinar duas forças de reação, uma em cada direção (x e y), as equações 
∑Fx = 0 e ∑Fy = 0 permitiriam determinar respectivamente os módulos de RAx e de RAy.
Das três equações de equilíbrio acima, cada uma delas pode ser substituída por outra, 
obedecendo a certos critérios.
Por exemplo, poderiam ser utilizadas as equações de equilíbrio das forças horizontais e dos 
momentos em torno dos pontos A e B:
 ∑ Fx = 0 , ∑ MA = 0 e ∑ MB = 0 . (4.10)
A primeira das Eqs. (4.10) permitiria achar o módulo de RAx, a segunda o módulo de RB e a 
terceira o módulo de RAy. Neste último caso deve-se perceber que a linha que une os pontos A e B 
possui direção igual à direção em que foram somadas as componentes de força. Se esta linha fosse 
perpendicular, poderia haver problemas. Se, por exemplo, fossem tomadas as equações:
 ∑ Fx = 0 , ∑ MA = 0 e ∑ MD = 0 , (4.11)
pode-se verificar que, em nenhuma delas, aparece a reação RAy, logo ela não pode ser determinada.
É possível até mesmo encontrar as reações com um conjunto de três equações de equilíbrio em 
termos de momento, como por exemplo, para a estrutura da Fig. 4.10:
 ∑ MA = 0 , ∑ MB = 0 e ∑ MD = 0 . (4.12)
Para esta última situação, um cuidado que se deve ter é quanto à posição relativa dos pontos 
considerados como referências (no exemplo acima, os pontos A, B e D). Eles não podem estar 
situados sobre a mesma linha, pois assim o problema não admite solução. Isto acontece porque as 
equações resultantes acabam sendo redundantes, ou seja, das três equações podem ser obtidas apenas 
duas independentes; a terceira é uma combinação das anteriores, que não auxilia na solução.
41
4.4 Situações Estaticamente Indeterminadas
Como se verificou, só há três equações de equilíbrio independentes no plano; portanto o 
número máximo de reações que podem ser determinadas é igual a três. Uma situação onde o número 
de reações é maior que o número de equações de equilíbrio é aquela mostrada na Fig. 4.11.
Aplicando, por exemplo, as Eqs. (4.10) acima, as duas últimas ( ∑ MA = 0 e ∑ MB = 0 ) 
permitem o cálculo das reações RBy e RAy, respectivamente. Quando se aplica a primeira delas 
( ∑ Fx = 0 ), as duas componentes horizontais aparecem em conjunto, na forma de soma (RAx + RBx) e 
não há possibilidade de separá-las, pois não existe qualquer outra nova equação, independente, para 
auxiliar. Portanto, a determinação destas reações é impossível.
Situações como estas são denominadas de “estaticamente indeterminadas”, pois não é possível 
resolvê-las só com o auxílio das equações de equilíbrio estático. 
Contudo, se são fornecidas equações auxiliares, baseadas nas deformações sofridas pelos 
corpos, há possibilidade de solução. Porém, no momento, o estudo se restringe aos corpos rígidos, e 
tais equações relacionadas a deformações ainda não estão disponíveis.
Figura 4.11: Estrutura estaticamente indeterminada.
Na estrutura da Fig. 4.10 foi possível encontrar as reações porque havia três delas, para três 
equações de equilíbrio. Há, contudo, situações em que, mesmo com a igualdade entre o número de 
reações e o número de equações, não é possível determinar as reações. Seja por exemplo a estrutura 
mostrada na Fig. 4.12.
Na situação da Fig. 4.12, apesar da igualdade acima comentada, o equilíbrio das forças na 
direção x (∑Fx = 0) não pode ser estabelecido, a menos que as componentes na direção x das forças 
aplicadas se anulem. Diz-se então que o corpo da Fig. 4.12 está com “vinculação ineficaz”.
42
Figura 4.12: Estrutura plana com forças aplicadas e reações possíveis.
A regra geral para verificar se a vinculação é eficaz consiste em analisar as possíveis reações, 
mesmo que elas estejam em número correto (no plano, tem-se a possibilidade de determinar três 
reações). A vinculação será ineficaz se:
a) as possíveis reações são todas concorrentes em um mesmo ponto;
b) as possíveis reações são todas paralelas (este é o caso da Fig. 4.12 acima).
Exemplo 4.1: Cálculo de reações no plano
Seja o guindaste mostrado na Fig. 4.13a, cuja massa própria é de 400 kg e que está suportando, 
na sua extremidade, uma massa de 5.000 kg. Todas as forças externas com ação no guindaste estão 
apresentadas na Fig. 4.13b. Calcular as reações nos apoios.
Figura 4.13: Guindaste com massa suspensa.
A massa própria do guindaste é representada pela força peso aplicada no baricentro (ou centro 
de gravidade – ponto CG da figura acima), com módulo igual a: P = 400 kg × 9,81 m/s2 = 3,92 kN. A 
massa suspensa se transforma igualmente em uma força peso, com módulo: F = 5.000 kg × 9,81 m/s2 
= 49,1 kN.
Podem ser aplicadas, neste exemplo, as equações de equilíbrio: ∑ Fx = 0, ∑ Fy = 0 e ∑ MA = 0. 
Aplicando inicialmente a equação de equilíbrio de momentos, tem-se:
 ∑ MA = RC (1 m) - 3,92 kN (1 m) - 49,1 kN (3 m) = 0 . (4.13)
A partir da equação anterior obtém-se:
43
 RC = 151 kN . (4.14)
Aplicando a equação de equilíbrio de forças na direção x:
 ∑ Fx = RAx + RC = RAx + 151 kN = 0 , (4.15)
obtém-se o resultado:
 RAx = -151 kN . (4.16)
E, finalmente, com a equação de equilíbrio de forças na direção y:
 ∑ Fy = RAy - 3,92 kN - 49,1 kN = 0 , (4.17)
com o resultado:
 RAy = 53,0 kN . (4.18)
O resultado negativo na Eq. (4.16) indica que o sentido adotado originalmente para a reação 
RAx na Fig. 4.13 estava invertido. Conseqüentemente, o sentido correto para esta reação é para a 
esquerda.
Exemplo 4.2: Cálculo de reações no plano
Seja a viga no plano mostrada na Fig. 4.14a, onde estão indicadas as forças externas aplicadas. 
O peso próprio é pequeno em comparação a estas forças e deve ser desprezado. Assim, todas as forças 
externas que agem sobre a viga podem ser observadas na Fig. 4.14b. Calcular as reações nos apoios.
Figura 4.14: Estrutura com forças externas.
O exemplo acima pode ser resolvido com as equações de equilíbrio: ∑ Fx = 0, ∑ MA = 0 e 
∑ MC = 0. A primeira delas fornece:
 ∑ Fx = RAx + 500 N = 0 , (4.19)
com o resultado:
 RAx = - 500 N . (4.20) 
Com o primeiro somatório de momentos tem-se:
 ∑ MA = -1.000 N (1 m) + RC (2 m) + 500 N (3 m) = 0 , (4.21)
fornecendo o valor:
44
 RC = - 250 N . (4.22)
O somatório de momentos em relação ao ponto C fornece:
 ∑ MC = - RAy (2 m) + 1.000 N (1 m) + 500 N (1 m) = 0 , (4.23)
cujo resultado é:
 RAy = 750 N . (4.24)
Novamente há resultados negativos (para RAx eRC), indicando que estas reações foram 
admitidas com sentidos incorretos no início da solução do exemplo.
EQUILÍBRIO NO ESPAÇO 
4.5 Reações nos Vínculos em uma Estrutura Tridimensional
Os tipos de apoios em uma estrutura tridimensional vão desde o apoio simples sobre uma 
superfície lisa (apenas uma força de reação com direção definida) até o engaste (forças de reação em 
todas as três direções e momentos de reação em torno de todos os três eixos). Assim, considerando as 
componentes nas várias direções, os apoios podem apresentar desde uma até seis reações.
Como no caso plano, as reações aparecem sempre que algum movimento é impedido. No caso 
tridimensional, os movimentos possíveis são as translações nas três direções (x, y e z), bem como as 
rotações em torno destes mesmos eixos (θx, θy e θz). 
As equações de equilíbrio no espaço são aquelas apresentadas anteriormente, na Eq. (4.2), 
repetidas abaixo:
∑ Fx = 0 ∑ Mx = 0
∑ Fy = 0 ∑ My = 0 (4.25)
∑ Fz = 0 ∑ Mz = 0
Em conseqüência, podem ser resolvidos, a princípio, todas as situações práticas em que o 
número de reações seja, no máximo, igual a seis.
Com um número maior de reações tem-se um problema estaticamente indeterminado (ou 
hiperestático), sem possibilidade de ser resolvido só com o auxílio das equações de equilíbrio. Um 
exemplo de problema hiperestático está mostrado na Fig. 4.15, onde podem ocorrer oito reações (mais 
que seis). O cubo apresentado nesta figura está apoiado em dois pontos fixos e duas esferas que 
podem rolar sobre a superfície do piso.
45
Figura 4.15: Vinculação hiperestática.
Para um número de reações inferior a seis, há mais equações que reações, e algumas das 
equações de equilíbrio podem não ser obedecidas, quando são aplicadas distribuições gerais de forças 
sobre o corpo. Estes são ditos os casos hipoestáticos. Entretanto, sob condições especiais de 
carregamento, há a possibilidade de algumas equações se reduzirem a identidades triviais, do tipo 
0 = 0, e os números de equações e de reações podem se igualar, formando um sistema que admite 
solução. Tem-se um exemplo de estrutura hipoestática na Fig. 4.16, onde uma estrutura com três 
barras principais suporta uma força aplicada F. Nas bases destas três barras há rodízios, sobre um piso 
liso, de forma que só existem as reações verticais RA, RB e RC.
Figura 4.16: Vinculação hipoestática.
Na estrutura da Fig. 4.16 há só três reações. Como não há forças nas direções x e z, as 
equações ∑ Fx = 0 e ∑ Fz = 0 tornam-se identidades triviais e podem ser descartadas. A equação 
∑ Fy = 0 é útil e importante; portanto deve ser mantida. Nos pontos de apoio A, B e C podem ser 
aplicadas as equações de equilíbrio ∑ MA = 0, ∑ MB = 0 e ∑ MC = 0.
Por outro lado, existem também alguns problemas com seis reações que são insolúveis. São as 
situações (ver semelhança com casos planos já discutidos na Seção 4.3) em que as reações são 
paralelas ou interceptam a mesma reta. Diz-se então que o corpo está “impropriamente vinculado”. 
46
Exemplo 4.3: Cálculo de reações no espaço
Seja um bloco de 3 m de altura, com seção transversal em forma de triângulo eqüilátero, com 
aresta medindo 1 m, conforme a Fig. 4.17a. Estão aplicadas três forças externas e o peso próprio não 
deve ser considerado. Determinar as reações nos pontos A, B e C. O ponto A impede todos os 
movimentos de translação; o ponto B os movimentos de translação nas direções x e y e finalmente o 
apoio no ponto C impede apenas o movimento vertical (em y) de translação.
Figura 4.17: Corpo, no espaço, com reações.
Assim, com relação às reações nos apoios, no ponto A pode aparecer uma força com direção 
qualquer; portanto pode-se escrever: FA = (RAx ; RAy; RAz). No ponto B a força possuirá reações nas 
direções em que o movimento é impedido; logo: FB = (RBx ; RBy; 0). O apoio no ponto C só impede o 
movimento vertical (em y), e assim tem-se: FC = (0 ; RC ; 0). As reações se apresentam na Fig. 4.17b.
Inicialmente serão calculadas algumas das coordenadas do vetor de localização da força 
vertical, a qual está aplicada exatamente no eixo vertical central da peça. Então, a vista superior da 
peça está apresentada na Fig. 4.18. 
Figura 4.18: Vista superior do corpo da figura acima.
Como os três ângulos internos do triângulo são iguais a 60o, a altura do triângulo vale 
h = 1 m sen(60o) = 0,866 m. O ponto central do triângulo está a um terço da sua altura (esta 
47
propriedade será deduzida no próximo capítulo, mas também poderia ter sido obtida de tabelas), cujo 
valor é: h/3 = 0,289 m.
Para facilitar os cálculos subseqüentes, todas forças e os seus correspondentes vetores posição, 
em relação à origem (ponto A), são listados abaixo:
r1 = (0,289 ; 3,00 ; 0,500) m F1 = (0 ; -1,000.104 ; 0) N 
r2 = (0 ; 3,00 ; 0) m F2 = (0 ; 0 ; 6,00.103) N 
r3 = (0 ; 3,00 ; 1,000) m F3 = (5,00.103 ; 0 ; 0) N 
rA = (0; 0 ; 0) m FA = (RAx ; RAy; RAz) N 
rB = (0 ; 0 ; 1,000) m FB = (RBx ; RBy; 0) N 
rC = (0,866 ; 0 ; 0,500) m FC = (0 ; RC ; 0) N 
Serão agora aplicadas as equações de equilíbrio de forças nas direções x, y e z. Inicialmente na 
direção x:
∑Fx = 5,00.103 N + RAx + RBx = 0 , (4.26)
ou:
 RAx + RBx = - 5,00.103 N . (4.27)
Na direção y tem-se:
 
∑Fy = -1,000.104 N + RAy + RBy + RC = 0 , (4.28)
ou:
 RAy + RBy + RC = 1,000.104 N . (4.29)
E finalmente na direção z:
 ∑Fz = 6,00.103 N + RAz = 0 . (4.30)
Esta última equação fornece o resultado:
 RAz = - 6,00.103 N . (4.31)
Neste ponto poderiam ser aplicadas as equações de equilíbrio de momentos segundo os três 
eixos (x, y e z) mas, como já se têm as coordenadas dos vetores posição e das forças (ver lista acima), 
pode-se facilmente aplicar o produto vetorial completo e depois separar os resultados segundo tais 
eixos. Assim, o somatório de momentos em relação ao ponto A (a origem do sistema de coordenadas) 
fornece:
 ∑MA = ∣
i j k
0,289 3,00 0,500
0 −1,000.104 0
∣ + ∣
i j k
0 3, 00 0
0 0 6,00 .103
∣
+∣
i j k
0 3,00 1,000
5,00 . 103 0 0
∣ +
 + ∣
i j k
0 0 0
RAx RAy RAz
∣ + ∣
i j k
0 0 1, 000
RBx RBy 0
∣ + ∣
i j k
0, 866 0 0, 500
0 RC 0
∣ = 
0 , (4.32)
cujo resultado é:
 -2,89.103 k + 5,00.103 i + 1,800.104 i + 5,00.103 j - 1,500.104 k + 
48
 – RBy i + RBx j + 0,866 RC k – 0,500 RC i = 0 . (4.33)
Analisando agora os momentos nas três direções, começando com os momentos em torno do 
eixo x (ou seja, aquelas parcelas que apresentam o vetor unitário i):
 5,00.103 + 1,800.104 - RBy - 0,500 RC = 0 , (4.34)
que fornece:
 RBy + 0,500 RC = 2,30.104 N . (4.35)
Considerando os momentos em torno do eixo y (com os vetores j):
 5,00.103 + RBx = 0 , (4.36)
cujo resultado já fornece diretamente o valor de RBx:
 RBx = - 5,00.103 N . (4.37)
Com o resultado de RBx e a Eq. (4.27) chega-se a:
 RAx = 0 N . (4.38)
Retirando agora da Eq. (4.33) os momentos em torno do eixo z (com vetores k):
 -2,89.103 - 1,500.104 + 0,866 RC = 0 , (4.39)
que fornece:
 RC = 20,7.103 N . (4.40) 
Levando agora o valor de RC à Eq. (4.35) obtém-se
 RBy = 12,7.103 N . (4.41) 
E, finalmente, com o auxílio da Eq.