Exercicios resolvidos sobre Equilibrio de um Corpo Rigido

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MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 1
EXEMPLO
3.6) A placa homogênea apresentada na figura tem massa de 100 kg, 
ela está apoiada por um rolete em A, uma junta esférica em B e um 
cabo em C, determine as reações nos apoios e a força no cabo.
Através da massa e aceleração da gravidade calculamos a força 
peso
Dado:
𝑚 = 100 𝑘𝑔 𝑔 = 9,81 Τ𝑚 𝑠2 ⇒ 𝑃 = 981 𝑁
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 2
z
x
y
Bz
Az
ByBx
Tc981 N
300 N
D C
B
A E
O
200 Nm
→ Desenhamos o diagrama de corpo livre com os 
eixos cartesianos (x,y,z)
→ Colocamos os pontos onde se localizam os 
vínculos e as forças, identificamos os mesmo 
com letras. O peso 981N deve ser posto no 
centro de gravidade (no meio da peça nesse 
caso). 
→ A seguir identificamos os vínculos e desenhamos 
as forças reativas e damos um nome geralmente 
em relação ao ponto que esta e a direção do eixo 
cartesiano. Exemplo: Az
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 3
A seguir determinamos as coordenadas dos pontos:
𝑂 = 0; 0; 0
𝐴 = 3; 0; 0
𝐵 = 3; 2; 0
𝐶 = 0; 2; 0
𝐷 = 1,5; 0; 0
𝐸 = 1,5; 1; 0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 4
1ª Condição para equilíbrio 𝑹 = 𝟎
𝐴𝑧𝑘 + 𝐵𝑥Ԧ𝑖 + 𝐵𝑦 Ԧ𝑗 + 𝐵𝑧𝑘 + 𝑇𝐶𝑘 − 300𝑘 − 981𝑘 = 0
Escrevemos as somatórias nos respectivos eixos
Σ Ԧ𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐵𝑥Ԧ𝑖 = 0 ⇒ 𝐵𝑥 = 0
Σ Ԧ𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐵𝑦 Ԧ𝑗 = 0 ⇒ 𝐵𝑦 = 0
Σ Ԧ𝐹𝑧 = 0 ∴ 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧 + 𝑇𝐶 − 1281 = 0 1
−1281𝑘
Temos mais incógnitas do que equações então 
precisamos utilizar a 2ª condição.
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 5
2º Condição para equilíbrio 𝑴𝑶 = 𝟎 ⇒ 𝚺𝑴𝑶 = 𝟎
𝐷 − 𝑂 ∧ −300𝑘 + 𝐴 − 𝑂 ∧ 𝐴𝑧𝑘 + 𝐸 − 𝑂 ∧ −981𝑘 + 𝐶 − 𝑂 ∧ 𝑇𝐶𝑘 + 𝐵 − 𝑂 ∧ 𝐵𝑥Ԧ𝑖 + 𝐵𝑦 Ԧ𝑗 + 𝐵𝑧𝑘 − 200Ԧ𝑗 = 0
Fazemos a diferença do ponto de aplicação pelo polo e reescrevemos:
1,5Ԧ𝑖 ∧ −300𝑘 + 3Ԧ𝑖 ∧ 𝐴𝑧𝑘 + 1,5Ԧ𝑖 + 1Ԧ𝑗 ∧ −981𝑘 + 2Ԧ𝑗 ∧ 𝑇𝐶𝑘 + 3Ԧ𝑖 + 2Ԧ𝑗 ∧ 𝐵𝑧𝑘 − 200Ԧ𝑗 = 0
Calculamos os produtos vetoriais:
450Ԧ𝑗 − 3𝐴𝑧 Ԧ𝑗 + 1471,5Ԧ𝑗 − 981Ԧ𝑖 + 2𝑇𝐶Ԧ𝑖 − 3𝐵𝑧 Ԧ𝑗 + 2𝐵𝑧Ԧ𝑖 − 200Ԧ𝑗 = 0
Separamos por versores (i,j,k) referente aos eixos:
Σ𝑀𝑥 = 0 ∴ −981 + 2𝑇𝐶 + 2𝐵𝑧 = 0 2
Σ𝑀𝑦 = 0 ∴ +450 − 3𝐴𝑧 + 1471,5 − 3𝐵𝑧 − 200 = 0 ⇒ −3𝐴𝑧 − 3𝐵𝑧 + 1721,5 = 0 3
0 0
Ԧ𝑖 Ԧ𝑗 𝑘 Ԧ𝑖 Ԧ𝑗
Ԧ𝑖 ∧ Ԧ𝑖 = 0
Ԧ𝑗 ∧ Ԧ𝑗 = 0
𝑘 ∧ 𝑘 = 0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 6
Organizando as equações, a primeira veio da 1ª condição as outras duas 
da 2ª condição 
𝐴𝑧+ 𝐵𝑧 + 𝑇𝐶 = 1281 1
2𝐵𝑧 + 2𝑇𝐶 = 981 2
−3𝐴𝑧 − 3𝐵𝑧 = −1721,5 3
Dividindo a equação (2) por (-2)
temos
−𝐵𝑧 − 𝑇𝐶 = −490,5
Somando com a equação (1):
𝐴𝑧= 790,5 𝑁
Substituindo em (3):
𝐵𝑧 = −216,67 𝑁
e
𝑇𝐶 = 707,17 𝑁
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 7
EXERCÍCIO PROPOSTO
3.7) Determine as reações na junta esférica em A, no mancal radial simples 
em B e no rolete em C.
Bz
Bx
Az
AyAx
• No ponto C um rolete
⇒ gera 1 reação 
Identificamos o tipo de vinculo e desenhamos as reações 
• No ponto A temos uma junta esférica.
⇒ gera 3 reações
• No ponto B um mancal radial.
⇒ gera 2 reações
A seguir determinamos as coordenadas dos pontos:
𝐴 = 0; 0; 0
𝐵 = 0; 0,8; 0
𝐶 = −0,6; 1,2; 0
𝐷 = −0,4; 0,4; 0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Cz
1ª Condição para equilíbrio 𝑹 = 𝟎
𝐴𝑥 + 𝐴𝑦 + 𝐴𝑧 + 𝐵𝑥 + 𝐵𝑧 + 𝐶𝑧 − 900𝑘 = 0
Temos mais incógnitas do que equações então 
precisamos utilizar a 2ª condição.
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Escrevemos as somatórias nos respectivos eixos
Σ Ԧ𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 = 0 1
Σ Ԧ𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 = 0 2
Σ Ԧ𝐹𝑧 = 0 ∴ 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧 + 𝐶𝑧 = 900 3
Separamos por versores (i,j,k) referente aos eixos:
Σ𝑀𝑥 = 0 ∴ −360 + 0,8𝐵𝑧 + 1,2𝐶𝑧 = 0 4
Σ𝑀𝑦 = 0 ∴ −360 + 0,6𝐶𝑧 = 0 5
Σ𝑀𝑧 = 0 ∴ − 0,8𝐵𝑥 = 0 6
Ԧ𝑖 Ԧ𝑗 𝑘 Ԧ𝑖 Ԧ𝑗
Ԧ𝑖 ∧ Ԧ𝑖 = 0
Ԧ𝑗 ∧ Ԧ𝑗 = 0
𝑘 ∧ 𝑘 = 0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
2º Condição para equilíbrio 𝑴𝑶 = 𝟎 ⇒ 𝚺𝑴𝑨 = 𝟎 ∴
𝐷 − 𝐴 ∧ −900𝑘 + 𝐵 − 𝐴 ∧ 𝐵𝑥Ԧ𝑖 + 𝐵𝑧𝑘 + 𝐶 − 𝐴 ∧ 𝐶𝑧𝑘 = 0
Fazemos a diferença do ponto de aplicação pelo polo e reescrevemos:
−0,4Ԧ𝑖 + 0,4Ԧ𝑗 ∧ −900𝑘 + 0,8Ԧ𝑗 ∧ 𝐵𝑥Ԧ𝑖 + 𝐵𝑧𝑘 + −0,6Ԧ𝑖 + 1,2Ԧ𝑗 ∧ 𝐶𝑧𝑘 = 0
Calculamos os produtos vetoriais:
−360Ԧ𝑗 − 360Ԧ𝑖 + (− 0,8𝐵𝑥𝑘 + 0,8𝐵𝑧Ԧ𝑖 ) + (0,6𝐶𝑧 Ԧ𝑗 + 1,2𝐶𝑧Ԧ𝑖)
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Da equação (6) ⇒ 𝐵𝑥 = 0 portanto de 1 𝐴𝑥 = 0
Da equação (5) ⇒ 𝐶𝑧 =
360
0,6
⇒ 𝐶𝑧 = 600 N
Da equação (4) ⇒−360 + 0,8𝐵𝑧 + 1,2 ∗ 600 = 0
0,8 𝐵𝑧 = −360 ⇒ 𝐵𝑧 =− 450 N
E da equação (3) ⇒ 𝐴𝑧−450 + 600 = 900 ⇒ 𝐴𝑧 = 750 N
Relembrando as 
equações
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 12
EXERCÍCIO PROPOSTO
3.8) O vaso da figura tem peso de 400 N, determine as reações na junta 
esférica em A e as trações nos cabos AC e AB.
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Oz
Oy
Ox
• Entre os pontos AC um cabo
⇒ gera 1 reação de tração 
Identificamos o tipo de vinculo e desenhamos as reações 
• No ponto O temos uma junta esférica.
⇒ gera 3 reações
• Entre os pontos AB um cabo.
⇒ gera 1 reação de tração 
A seguir determinamos as coordenadas dos pontos:
O= 0; 0; 0
𝐴 = 0; 0,6; 0
𝐵 = 0,2; 0; 0,3
𝐶 = −0,2; 0; 0,3
𝑇𝐶𝐴𝑇𝐵𝐴
400 N
Desenhamos Força de 400 N
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
1ª Condição para equilíbrio 𝑹 = 𝟎
𝑇𝐶𝐴 + 𝑇𝐵𝐴 + 𝑂𝑥; 𝑂𝑦; 𝑂𝑧 − 400𝑘 = 0
Temos mais incógnitas do que equações então 
precisamos utilizar a 2ª condição.
Escrevemos as somatórias nos respectivos eixos
Σ Ԧ𝐹𝑥 = 0 ∴
−0,2
0,7
𝑇𝐶𝐴 +
0,2
0,7
𝑇𝐵𝐴 + 𝑂𝑥 = 0 1
Σ Ԧ𝐹𝑦 = 0 ∴
−0,6
0,7
𝑇𝐶𝐴 +
−0,6
0,7
𝑇𝐵𝐴 + 𝑂𝑦 = 0 2
Σ Ԧ𝐹𝑧 = 0 ∴
0,3
0,7
𝑇𝐶𝐴 +
0,3
0,7
𝑇𝐵𝐴 + 𝑂𝑧 = 400 3
𝑇𝐶𝐴 = 𝑇𝐶𝐴 ∗
𝐶−𝐴
𝐶−𝐴
=
−0,2; −0,6; 0,3
0,7
𝑇𝐶𝐴
𝑇𝐵𝐴 = 𝑇𝐵𝐴 ∗
𝐵−𝐴
𝐵−𝐴
=
0,2; −0,6; 0,3
0,7
𝑇𝐵𝐴
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Separamos por versores (i,j,k) referente aos eixos:
Σ𝑀𝑥 = 0 ∴
0,18
0,7
𝑇𝐶𝐴 +
0,18
0,7
𝑇𝐵𝐴 = 240 4
Σ𝑀𝑧 = 0 ∴
0,12
0,7
𝑇𝐶𝐴 −
0,12
0,7
𝑇𝐵𝐴 = 0 5
Ԧ𝑖 Ԧ𝑗 𝑘 Ԧ𝑖 Ԧ𝑗
Ԧ𝑖 ∧ Ԧ𝑖 = 0
Ԧ𝑗 ∧ Ԧ𝑗 = 0
𝑘 ∧ 𝑘 = 0
2º Condição para equilíbrio 𝑴𝑶 = 𝟎 ⇒ 𝚺𝑴𝑶 = 𝟎 ∴
𝐴 − 𝑂 ∧ −400𝑘 + 𝐴 − 𝑂 ∧ 𝑇𝐶𝐴 + 𝐴 − 𝑂 ∧ 𝑇𝐵𝐴 = 0
Fazemos a diferença do ponto de aplicação pelo polo e substituímos 𝑇𝐶𝐴 e 𝑇𝐵𝐴 e reescrevemos:
0,6Ԧ𝑗 ∧ −400𝑘 + 0,6Ԧ𝑗 ∧ −0,2Ԧ𝑖 − 0,6Ԧ𝑗 + 0,3𝑘
𝑇𝐶𝐴
0,7
+ −0,6Ԧ𝑗 ∧ 0,2Ԧ𝑖 − 0,6Ԧ𝑗 + 0,3𝑘
𝑇𝐵𝐴
0,7
= 0
Calculamos os produtos vetoriais:
−240Ԧ𝑖 + (0,12𝑘 + 0,18Ԧ𝑖 ) 
𝑇𝐶𝐴
0,7
+ (−0,12𝑘 + 0,18Ԧ𝑖)
𝑇𝐵𝐴
0,7
Da equação (5) ⇒ 𝑇𝐶𝐴 = 𝑇𝐵𝐴
Substituindo em (4) ⇒ 0,514𝑇𝐵𝐴 = 240
𝑇𝐵𝐴 = 466,67 𝑁
𝑇𝐶𝐴 = 466,67 𝑁
Substituindo em (1), (2) e (3) ⇒ 𝑂𝑥=0
𝑂𝑦=800,03 N
𝑂𝑧=0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Relembrando as 
equações
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 17
EXERCÍCIO PROPOSTO
3.9) Determine as reações na junta esférica em A e as trações nos cabos 
BD e BE.
z
y
x
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
z
y
x
Az
Ay
Ax
• Entre os pontos DB um cabo
⇒ gera 1 reação de tração 
Identificamos o tipo de vinculo e desenhamos as reações 
• No ponto A temos uma junta esférica.
⇒ gera 3 reações
• Entre os pontos EB um cabo.
⇒ gera 1 reação de tração 
A seguir determinamos as coordenadas dos pontos:
𝐴 = 0; 0; 0,2
𝐵 = 1; 2; 0
𝐶 = 0,5; 1; 1
𝑇𝐷𝐵
𝑇𝐸𝐵
Identificamos a Força de 200 N, que vai provocar as reações vinculares
𝐴 + 𝐵
2
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
1ª Condição para equilíbrio 𝑹 = 𝟎
𝑇𝐸𝐵Ԧ𝑖 + 𝑇𝐷𝐵 Ԧ𝑗 + 𝐴𝑥 + 𝐴𝑦 + 𝐴𝑧 − 200𝑘 = 0
Temos mais incógnitas do que equações então 
precisamos utilizar a 2ª condição.
Escrevemos as somatórias nos respectivos eixos
Σ Ԧ𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑇𝐸𝐵 + 𝐴𝑥 = 0 1
Σ Ԧ𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑇𝐷𝐵 + 𝐴𝑦 = 0 2
Σ Ԧ𝐹𝑧 = 0 ∴ 𝐴𝑧= 200 𝑁 3
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Separamos por versores (i,j,k) referente aos eixos:
Σ𝑀𝑥 = 0 ∴ 2𝑇𝐷𝐵 = 200 ⇒ 𝑇𝐷𝐵= 100 𝑁
Σ𝑀𝑦 = 0 ∴ −2𝑇𝐸𝐵 =−100 ⇒ 𝑇𝐸𝐵 = 50 𝑁
Σ𝑀𝑧 = 0 ∴ 𝑇𝐷𝐵 − 2𝑇𝐸𝐵= 0
2º Condição para equilíbrio 𝑴𝑶 = 𝟎 ⇒ 𝚺𝑴𝑨 = 𝟎 ∴
𝐶 − 𝐴 ∧ −200𝑘 + 𝐵 − 𝐴 ∧ 𝑇𝐸𝐵Ԧ𝑖 + 𝑇𝐷𝐵 Ԧ𝑗 = 0
Fazemos a diferença do ponto de aplicação pelo polo e reescrevemos:
0,5Ԧ𝑖 + 1Ԧ𝑗 − 1𝑘 ∧ −200𝑘 + 1Ԧ𝑖 + 2Ԧ𝑗 − 2𝑘 ∧ 𝑇𝐸𝐵Ԧ𝑖 + 𝑇𝐷𝐵 Ԧ𝑗 = 0
Calculamos os produtos vetoriais:
100Ԧ𝑗 − 200Ԧ𝑖 + (𝑇𝐷𝐵𝑘 − 2𝑇𝐸𝐵𝑘 − 2𝑇𝐸𝐵 Ԧ𝑗 + 2𝑇𝐷𝐵Ԧ𝑖) = 0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Substituindo em 1 e 2 :
𝐴𝑥 = −50 𝑁
e
𝐴𝑦 = −100 𝑁
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 22
EXERCÍCIO PROPOSTO
3.10) Determine as reações na junta esférica em D, no mancal radial 
simples em A e a tração no cabo BC.
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Az
Ay
Dz
Dy
Dx
Identificamos o tipo de vinculo e desenhamos as reações 
• No ponto D temos uma junta esférica.
⇒ gera 3 reações
• No ponto A um mancal radial.
⇒ gera 2 reações
A seguir determinamos as coordenadas dos pontos:
𝐴 = −1;−1; 0
𝐵 = 0;−1; 0
𝐷 = 0; 0; 0
𝐸 = 0;−0,5; 0
981 N
Desenhamos Força de 981 N ⇒ (P=m*g) com g=9,81 m/s² 
𝑇𝐶𝐵 • Entre os pontos CB um cabo.
⇒ gera 1 reação de tração 
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
1ª Condição para equilíbrio 𝑹 = 𝟎
𝑇𝐶𝐵𝑘 + 𝐴𝑦 + 𝐴𝑧 + 𝐷𝑥 + 𝐷𝑦 + 𝐷𝑧 − 981𝑘 = 0
Temos mais incógnitas do que equações então 
precisamos utilizar a 2ª condição.
Escrevemos as somatórias nos respectivos eixos
Σ Ԧ𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐷𝑥 = 0 1
Σ Ԧ𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0 2
Σ Ԧ𝐹𝑧 = 0 ∴ 𝑇𝐶𝐵 + 𝐴𝑧 +𝐷𝑧 = 981 3
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Separamos por versores (i,j,k) referente aos eixos:
Σ𝑀𝑥 = 0 ∴ −𝐴𝑧 − 𝑇𝐶𝐵 + 490,5 = 0 4
Σ𝑀𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑧= 0 5
Σ𝑀𝑧 = 0 ∴ 𝐴𝑦 = 0 6
2º Condição para equilíbrio 𝑴𝑶 = 𝟎 ⇒ 𝚺𝑴𝑫 = 𝟎 ∴
𝐴 − 𝐷 ∧ 𝐴𝑦Ԧ𝑖 + 𝐴𝑧𝑘 + 𝐵 − 𝐷 ∧ 𝑇𝐶𝐵𝑘 + 𝐸 − 𝐷 ∧ −981𝑘 = 0
Fazemos a diferença do ponto de aplicação pelo polo e reescrevemos:
−1Ԧ𝑖 − 1Ԧ𝑗 ∧ 𝐴𝑦Ԧ𝑖 + 𝐴𝑧𝑘 + −1Ԧ𝑗 ∧ 𝑇𝐶𝐵𝑘 + −0,5Ԧ𝑗 ∧ −981𝑘 = 0
Calculamos os produtos vetoriais:
𝐴𝑧 Ԧ𝑗 + 𝐴𝑦𝑘 − 𝐴𝑧Ԧ𝑖 + (−𝑇𝐶𝐵Ԧ𝑖 ) + (490,5Ԧ𝑖)=0
MECÂNICA GERAL – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
Substituindo em 5 em 4 :
𝑇𝐶𝐵 = 490,5 𝑁
e substituindo em 2 :
𝐷𝑦 = 0
de 3 :
490,5 + 0 + 𝐷𝑧 = 981 ⇒ 𝐷𝑧 = 490,5 𝑁
Com as 
equações 
encontradas