Introdução à Estática e Forças

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MECÂNICA GERAL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Alemar Torres 
 
Capítulo 01 
ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL E DOS CORPOS RÍGIDOS 
 
1.1 Introdução 
 
Mecânica – É o ramo da física que estuda o movimento dos corpos ante à 
ação de forças, suas causas e representações matemáticas. Subdivide-se 
em: cinemática, dinâmica e estática. 
Estática – É a subdivisão da Mecânica que estuda as propriedades dos 
corpos em equilíbrio sob a ação de forças ou torques(momentos). A 
engenharia busca estruturas estáveis frente aos carregamentos existentes 
sobre as mesmas. 
 
 
 
 
 
 
 Fig. 01 – Estrutura em equilíbrio estático 
 
1.2 ESTÁTICA DAS PARTÍCULAS – Forças no plano 
Partícula: Corpo de dimensões desprezíveis frente às forças que atuam 
sobre ele. 
Força: É a ação de um corpo sobre outro caracterizada por seu ponto de 
aplicação, sua direção, sentido e intensidade. 
Unidade de força do SI: N (Newton) 
Múltiplo da unidade de força do SI: KN (KiloNewton) = 103N, MN (Mega 
Newton) = 106N, GN (GigaNewton) = 109N 
Apoio 
Força F2 
Força F1 
Reação R1 
 Intensidade Direção 
 
 Ponto de aplicação Sentido 
 
 Fig. 02 – Força atuando em um ponto 
 
Força resultante: Força que possui o mesmo efeito das atuantes em um 
sistema físico. É representada graficamente pela chamada lei do 
paralelogramo. A resultante entre das forças não é obtida por soma 
aritmética das mesmas. 
 
 
 
 Fig. 03 – Força resultante em um ponto 
Vetores: São entes matemáticos característicos por possuir intensidade, 
direção e sentido. Por essa razão são usados para representar as forças. 
São notados por letra em negrito com seta superior. 
Ex: P 
 
 
A adição dos vetores segue a regra do paralelogramo, sendo “ponta-cauda”. 
 
 
 
 
 
Exercício 01: Determine a força resultante da ação das forças Q e P. 
 
 
 
 
 1 - Solução gráfica: 
 
 
 
 
2 - Solução trigonométrica: 
 
 
 
 
1 Ângulo interno β = 180º - 25º = 155o 
2 Da lei dos cossenos: 
R2 = P2 + Q2 – 2PQcosβ  R = √ 402 + 602 – 2*40*60*cos155o 
 R = 97,73N 
3 Direção de R: 
Da lei dos senos: 60/senγ = 97,73/sen155o  senγ = 0,25946  γ = 15o 
 Direção = 20º + 15º = 35º 
 
 
Exercício 02: Uma barcaça é puxada por 2 rebocadores. 
Se a resultante tem intensidade de 22.250N com dire- 
ção ao longo do eixo da barcaça, qual o valor da tração 
nos dois cabos rebocadores sabendo que α = 45º? 
 
 
 1 Lançando mão da teoria dos ângulos 
. opostos pelo vértice, tem-se β = 30o e 
. γ = 180º - 30º - 45º = 105º 
 
 2 Da lei dos senos: 
 T1/sen45o = 22.250/sen105o  
. T1 = 16.288,13N 
 
 T2/sen30o = 22.250/sen105o  
. T2 = 11.517,44N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.2.1 – Decomposição de forças em componentes e vetores unitários 
Tal decomposição se dá para componentes perpendiculares entre si. Logo, 
uma força qualquer pode ser representada por duas outras, uma na direção 
x e outra na direção y. 
 
 
 
 
Fx e Fy são chamados componentes escalares de F. 
Ex: 
 Fx = Fcosθ = 50*cos30o = 50*√3/2 = 43,30KN 
 Fy = Fsenθ = 50*sen30o = 50*1/2 = 25KN 
 
Considerando eixos cartesianos com abscissa x e ordenada y, e vetores 
unitários i e j de intensidade igual a 1, uma força pode ser representada por 
suas componentes da seguinte forma: 
 F = Fxi + Fyj 
 Convenções: Fx – p/direita = positivo 
 Fy - p/cima = positivo 
 
Exemplo 1: Determine as componentes x e y da força F. 
 Fx = - F*cos35o = -800*cos35o = -655,32N 
 Fy = + F*sen35o = +800*sen35o = +458,86N 
 F = Fxi + Fyj 
 F = -(655,32N)i + (458,86N)j 
 
50KN 
30o 
Exemplo 2: Quais as componentes horizontal e vertical da força de 300N exercida 
pela corda no ponto A. 
 Determinação de AB: 
 AB2 = 82 + 62  AB = 10m 
 Fx = + Fcos α = 300*8/10 = + 240N 
 Fy = - Fsen α = 300*6/10 = - 180N 
 
 F = (240N)i - (180N)j 
 
 
Exemplo 3: Determine F e o ângulo θ para o caso abaixo: 
 Determinação de F: 
 F2 = Fx2 + Fy2  F = √31502 + 67502 = 7.448,83N 
 Determinação de θ: 
 Tgθ = Fy/Fx = 6.750/3.150  θ = arctg 2,14285 = 
64,98 = 64,98o 
 
 
1.2.2 – Adição de forças 
Dadas três forças P, Q e S quaisquer, a soma das mesmas dar-se-á pela soma de 
seus componentes vetoriais. 
 
 R = P + Q + S 
 R= Rxi + Ryj 
 R = (Px+Qx+Sx)i + (Py+Qy+Sy)j 
 
Exercício 01: 4 Forças atuam no parafuso A. Determine a resultante das forças. 
 1 Para F1 
 F1x = F1cos30o = 150cos30 = +129,90N 
 F1y = F1sen30o = 150sen30 = +75N 
 
 2 Para F2 
 F2x = F2cos30o = 80sen20 = - 27,36N 
 F2y = F2sen30o = 80cos20 = +75,17N 
 
 3 Para F3 
 F3x = 0 
 F3y = F3 = - 110N 
 
 4 Para F4 
 F4x = F4cos15o = 100cos15 = +96,59N 
 F4y = F4sen15o = 100sen15 = -25,88N5 Força Resultante 
Rx = +129,9 – 27,36 + 0 + 96,59 = 199,13N 
Ry = +75 + 75,17 – 110 – 25,88 = 14,29N 
R = +(199,13)i + (14,29)j 
 
6 Intensidade, direção e sentido 
 
 
 
R2 = Rx2 + Ry2  R = √199,132 + 14,292  R = 199,64N (intensidade) 
Tgα = Ry/Rx  tgα = 14,29/199,13 = 0,07176  α = 4,10o (Direção) 
Vetor resultante no 1º quadrante (sentido) 
 
1.2.3 – Equilíbrio e diagrama de corpo livre de uma partícula 
Um sistema de forças atuantes em uma partícula é dito em equilíbrio quando 
a resultante de todas as forças for igual a zero. 
Logo: R = 0  R = Rxi + Ryj  ΣFx = 0 e ΣFy = 0 
Diagrama de corpo livre é a representação esquemática de uma partícula e das 
forças que atuam sobre a mesma. 
Exemplo01: Calcular as forças de tração nas cordas AB e AC da figura abaixo 
sabendo que o caixote tem peso de 75kg: 
 
 
 
 
1 Peso do caixote P = m*g = 75*9,81 = 736N 
2 ΣFx = 0  + Taccos30 – Tabcos50 = 0  0,866Tac – 0,643Tab = 0  
Tac = 0,7425Tab (1) 
3 ΣFy = 0  Tacsen30 + Tabsen50 – 736 = 0  
 0,5Tac + 0,766Tab – 736 = 0 (2) 
4 Combinando as equações 1 e 2: 
Tab = 647,17N e Tac = 480,52N 
 Obs: forças em equilíbrio formam um sistema fechado 
Exercício 2: Determine a intensidade de F e a força normal P que atuam no 
plano inclinado como mostra a figura: 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre 
1 Peso da caixa = m*g = 30*9,81 = 294N 
2 ΣFx = 0  - Fcos15 + Psen15 = 0  - 0,9659F + 0,2588P = 0 
P = 3,73F (1) 
3 ΣFy = 0  + Fsen15 + Pcos15 – 294 = 0  + 0,2588F + 0,9659P - 294 = 0(2) 
4 Combinando as equações 1 e 2: 
F = 76,13N e P = 283,96N 
 
1.3 ESTÁTICA DAS PARTÍCULAS – Forças no espaço 
Análogo à atuação das forças no plano, onde a resultante de uma força pode 
ser representada por suas componentes paralelas aos eixos x e y, no espaço, 
surge uma terceira componente paralela ao eixo z. 
Os vetores unitários para esse caso são representados por i, j e k. Cada 
componente da resultante espacial possui um ângulo com a mesma, ou seja, 
θx, θy e θz. 
 
 
 
 
Para se determinar a intensidade das componentes basta Seguir a regra 
abaixo, sempre analisando o sinal das mesmas mediante a sentido para onde 
apontam. 
1 Componentes de uma força F 
Fx = Fcosθx / Fy = Fcosθy / Fz = Fcosθz 
Os ângulos θx, θy e θz são medidos a partir do eixo positivo. 
2 Resultante vetorial de uma força F 
F = Fxi + Fyj + Fzk 
3 Intensidade da força resultante 
F2 = Fx2 + Fy2 + Fz2 
4 Relação entre os ângulos 
Cos2θx + cos2θy + Cos2θz = 1 
Exemplo 01: Seja uma força F de 500N formando ângulos com os eixos x, y 
e z iguais a respectivamente 60º, 45º, 120º. Determine a representação 
vetorial de F. 
1 Cálculo das componentes 
θx = 60º  Fx = Fcosθx = 500cos60  Fx = 250N 
θy = 45º  Fy = Fcosθy = 500cos45  Fy = 354N 
θz = 120º  Fz = Fcosθz = 500cos120  Fz = -250N 
2 Representação vetorial 
F = + (250N)i + (354N)j – (250N)k 
 
2.1.1 Determinação de componentes de uma força conhecendo as 
distâncias do sistema. 
Dada uma distância entre dois ponto na linha de ação de uma força qualquer 
e suas projeções cartesianas x, y e z, as componentes dessa força podem 
ser determinadas da seguinte forma: 
Fx = F*dx/d / Fy = F*dy/d / Fz = F*dz/d 
Onde d = √ dx2 + dy2 + dz2 
Cosθx = dx/d / Cosθy = dy/d / Cosθz = dz/d 
2.1.2 Adição de forças no espaço 
Ocorre de forma análoga ao caso de forças no plano. Onde dadas 3 forças P, 
Q e S, concorrentes entre si, tem-se que: 
 R = P + Q + S 
 R= Rxi + Ryj + Rzk 
 R = (Px+Qx+Sx)i + (Py+Qy+Sy)j + (Pz+Qz+Sz)k 
Cosθx = Rx/R / Cosθy = Ry/R / Cosθz = Rz/R 
 
dx 
dy 
dz 
Exemplo 02: Um cabo de sustentação de uma torre está fixo em A. A tração do 
cabo é F = 2500N. Determine as componentes e os ângulos de F em relação aos 
eixos x, y e z. 
 
 
 
 
 
 
1 determinação das distâncias das projeções em x, y e z 
dx = -40m / dy = 80m / dz = 30m 
2 Determinação da distância AB 
d = AB = √ dx2 dy2 + dz2 = √ 402 + 802 + 302 = 94,30m 
3 Determinação das componentes de F 
Fx = Fdx/d = 2500*(-40)/94,30 = - 1.060N 
Fy = Fdy/d = 2500*(80)/94,30 = + 2.120N 
Fz = Fdz/d = 2500*(30)/94,30 = + 795N 
F = - (1.060N)i + (2.120N)j + (795N)k 
3 Determinação dos ângulos de direção de F 
Cosθx = dx/d = -40/94,30 = -0,4241  θx = 115,10º 
Cosθy = dy/d = 80/94,30 = 0,8483  θy = 32,00º 
Cosθz = dz/d = 30/94,30 = 0,3181  θz = 71,50º 
 
 
 
Fx 
Fy 
Fz 
F 
Exemplo 02: Dados dois cabos AB e AC que sustentam provisoriamente um 
muro pré-moldados, sabendo que as intensidades das trações nos cabos são 
Tab = 3.780N e Tbc = 5.400N, determine a intensidade e a direção da 
Força resultante atuante na estaca A. 
 
 
 
 
 
 
 
1 determinação das distâncias das projeções em x, y e z 
Trecho AB 
dx = -4,8m / dy = +2,4m / dz = + 3,3m 
Trecho AC 
dx = -4,8m / dy = +2,4m / dz = - 4,8m 
 
2 Determinação das distâncias AB e AC 
Trecho AB 
AB = √ dx2 dy2 + dz2 = √ 4,82 + 2,42 + 3,32 = 6,30m 
Trecho AC 
AC = √ dx2 dy2 + dz2 = √ 4,82 + 2,42 + 4,82 = 7,20m 
3 Determinação das componentes de Tab e Tac 
Trecho AB 
Fx = Tabdx/d = 3.780*(-4,8)/6,30 = - 2.880N 
Fy = Tabdy/d = 3.780*(2,4)/6,30 = + 1.440N 
Fz = Tabdz/d = 3.780*(3,3)/6,30 = + 1.980N 
Tab = - (2.880N)i + (1.440N)j + (1.980N)k 
Tac 
Tab 
Tab 
X 
Tab 
y y 
Z 
X 
y 
Z 
Tac 
Z 
y Tac 
x 
y 
Trecho AC 
Fx = Tabdx/d = 5.400*(-4,8)/7,20 = - 3.600N 
Fy = Tabdy/d = 5.400*(2,4)/7,20 = + 1.800N 
Fz = Tabdz/d = 5.400*(-4,8)/7,20 = - 3.600N 
Tac = - (3.600N)i + (1.800N)j - (3600N)k 
4Determinação da força resultante R 
R = Tab + Tac = (ΣFx)i + (ΣFy)j + (ΣFz)k 
R = (-2.880-3.600)i + (1.440+1.800)j + (1.980-3.600)k 
R = -(6.480N)i + (3.240N)j - (1.620N)k 
5 Determinação da intensidade de R 
R2 = 64802 + 32402 + 16202  R = 7.423,77N 
6 Determinação dos ângulos de direção de R 
Cosθx = Rx/R = -6480/7423,77 = -0,8728  θx = 150,78º 
Cosθy = Ry/R = 3240/7423,77 = 0,4364  θy = 64,12º 
Cosθz = Rz/R = -1620/7423,77 = - 0,2182  θz = 102,60º 
 
2.1.3 Equilíbrio de partículas no espaço 
Diz-se que uma partícula no espaço está em equilíbrio quando a resultante 
das forças que atuam nessa partícula for igual a zero, bem como, quando a 
somatória das componentes em x, y e z for de igual modo nulo. 
Para tal análise, lança-se sempre mão do diagrama de corpo livre. 
Dessa forma: 
ΣFx = 0 / ΣFy = 0 / ΣFz = 0 
 
 
Exemplo 01: Um cilíndro de 200kg está sendo puxando sobre uma parede 
conforme a imagem abaixo. Determinar a intensidade de P e as trações Tab 
e Tac. 
 
 
 
 
1 determinação das distâncias das projeções em x, y e z 
Trecho AB 
dx = -1,2m / dy = +10m / dz = + 8m 
Trecho AC 
dx = -1,2m / dy = +10m / dz = - 10m 
 
3 Determinação das distâncias AB e AC 
Trecho AB 
AB = √ dx2 dy2 + dz2 = √ 1,22 + 102 + 82 = 12,86m 
Trecho AC 
AC = √ dx2 dy2 + dz2 = √ 1,22 + 102 + 102 = 14,19m 
4 Determinação das componentes de Tab e Tac 
Trecho AB 
Fx = Tabdx/d = Tab*(-1,2)/12,86 = - 0,0933Tab 
Fy = Tabdy/d = Tab*(10)/12,86 = + 0,7776Tab 
Fz = Tabdz/d = Tab*(8)/12,86 = + 0,6220Tab 
Tab = - (0,0933Tab)i + (0,7776Tab)j + (0,6220Tab)k 
Trecho AC 
Fx = Tabdx/d = Tac*(-1,2)/14,19 = - 0,0845Tac 
Fy = Tabdy/d = Tac*(10)/14,19 = + 0,7047Tac 
Fz = Tabdz/d = Tac*(-10)/14,19 = - 0,7047Tac 
Tac = - (0,0845Tac)i + (0,7047Tac)j - (0,7047Tac)k 
4 Condições de equilíbrio 
4.1 ΣFx = 0 
-0,0933Tab – 0,0845Tac + P = 0 (1) 
4.2 ΣFy = 00,7776Tab + 0,7047Tac – 200*9,81 = 0 (2) 
4.3 ΣFz = 0 
0,6220Tab – 0,7047Tac = 0 (3) 
Resolvendo o sistema de equações: 
Tab = 1.401,87N 
Tac = 1.237,31N 
 P = 235,35N 
 
1.3 ESTÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS – Força e momento 
Corpos rígidos são entes submetidos à ação de forças externas cujas 
dimensões são relevantes demais para serem desprezadas. São formados 
por um conjunto de partículas. São ditos rígidos pois em sua análise estática 
não se leva em consideração as deformações causadas pelos esforços 
incidentes, visto esses na prática serem de pouca influência nos resultados. 
 
1.3.1 Momento de uma força 
Seja uma força atuando em um ponto A qualquer de um corpo rígido e seja 
O um ponto de referência do mesmo corpo, define momento de uma força F 
em relação ao ponto O como o produto vetorial entre r e F. Onde r é o vetor 
posição em relação aos pontos O e A e F o vetor força atuante. 
Portanto: Mo = r X F  produto vetorial 
 Mo = d*F  produto escalar 
Já a intensidade de Mo é definida como o produto da intensidade de F pela 
distância perpendicular da linha de ação de F ao ponto O. 
 O sentido positivo de Mo segue a 
. regra da mão direita, onde o 
. sentido positivo é o anti-horário. 
 
 
No caso de estruturas bidimensionais temos que: 
 
 
 
 
Teorema de Varignon 
O momento em relação a um ponto O da resultante de forças concorrentes 
entre si é igual a soma dos momentos das várias forças em relação ao 
mesmo ponto. 
 Mo = M1o + M2o + M3o + M4o (p/ 4 forças) 
 Mo = r X Ro = r x (F1 + F2 + F3 + F4) 
 
 i j k 
 Mo = xr yr zr 
 Fx Fy Fz 
Onde: r = (xr)i + (yr)j + (zr)k 
 Ro = (Fx)i + (Fy)j + (Fz)k 
 
 
 
 
 
R 
Exercício 01: Uma força vertical de Q = 450N atua na alavanca ligada ao 
eixo O. a) Determine o momento da força em relação ao ponto O. b) 
Determine a intensidade de uma força horizontal F capaz de produzir o 
mesmo momento em O. 
 
 
 
 
 
 
• Determinação de d1 e d2 
d1 = 60cos60o = 30cm = 0,3m 
d2 = 60sen60o = 52cm = 0,52m 
 
a) Momento devido Q 
 Mo = Q*d1 = 450*0,3 = - 135Nm 
 
b) Momento devido F 
 Mo = F*d2  135 = F*0,52  F = 259,62N 
 
Exercício 02: Determine a representação vetorial do momento de uma força 
F em relação ao ponto B abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determinação das componentes vetoriais de r. 
r = - (0,2m)i + (0,16m)j 
 
b) Determinação das componentes vetoriais de F. 
Fx = Fcos60o = 800cos60  Fx = 400N 
Fy = Fsen60o = 800sen60  Fy = 692,82N 
F = (400N)i + (692,82)j 
 
c) Determinação do momento de F em relação a B 
 i j k 
MB = -0,2 0,16 0 = - 0,2*692,82*k – 400*0,16*k 
 400 692,82 0 
MB = - (202,56Nm)k 
(negativo pois aponta para o sentido negativo de z) 
 
 
1.3.2 Momento de um binário 
Define-se como binário quando há num sistema físico duas forças de mesma 
intensidade, sentidos opostos e direções paralelas. 
 
 
 
 
 
 
 
O momento do binário será calculado por: 
M = r X F 
M = (rb - ra) X F (representação vetorial) 
M = d*F (intensidade de M) 
 
Dois binários são ditos equivalentes quando a intensidade do momento 
resultante for a mesma. 
 
 
 
 
 
 
 
M = F1 x d1 = F2 x d2 
M1 = 90*15 = 1350Ncm 
M2 = 135*10 = 1350Ncm (M1 e M2 são binários equivalentes) 
 
Exercício: Determine a representação vetorial do binário resultante dos 
binários abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Sistema equivalente 
 
1 Identificar os binários atuantes e seus sentidos 
 
 
 
 
 
 
 
2 Determinação das componentes do binário resultante 
Mx = - 0,45m*135N =- 60,75Nm 
My = + 0,3m*90N = + 27Nm 
Mz = + 0,225m*90N = + 20,25Nm 
 
M = Mx + My + Mz 
M = - (60,75Nm)i + (27Nm)j + (20,25Nm)k 
 
 
 
 
 
Mx 
Mz 
My 
Mx 
My 
Mz 
1.3.3 Sistema de forças equivalentes 
 
Qualquer sistema de forças atuando sobre um corpo rígido pode ser 
representado por um sistema força-binário equivalente da seguinte forma: 
 
 
 
 
 
 
 
 Forças atuando em um CR Sistema força-binário Resultante força-binário 
 
Exemplo 01: Dada a viga abaixo, determinar o sistema força-binário 
equivalente nos pontos A e B. 
 1) 
 
 
 2) 
 
 
1) 
Determinação da força equivalente 
Ra = ΣF 
Ra = +150 – 600 + 100 – 250 = -600N 
Ra = - (600N)j 
Determinação do binário equivalente 
Ma = Σ(r X F) 
Ma = -150*0 – 600*1,6 + 100*2,8 – 250*4,8 = -1.880Nm 
Ma = -(1880Nm)k 
 
2) 
Determinação da força equivalente 
Rb = ΣF = Ra 
Rb = - (600N)j 
 
i 
j 
i 
j 
Determinação do binário equivalente 
Mb = Σ(r X F) 
Mb = -150*-4,8 + 600*-3,2 - 100*-2 + 250*0 = -1.000Nm 
Mb = -(1000Nm)k 
 
Exemplo 02: Determinar o sistema força-binário equivalente no mastro O da 
embarcação abaixo, sabendo que 4 rebocadores a puxam com força de 
22.500N: 
 
 
 
 
 
 
1) Determinação da intensidade das forças atuantes 
F1 = 22500*cos60 = 11.250N 
F2 = 22500*sen60 = 19.485,6N 
F3 = 22500*3/5 = 13.500N 
F4 = 22500*4/5 = 18.000N 
F5 = 22.500N 
F6 = 22500*cos45 = 15.909,9N 
F7 = 22500*sen45 = 15.909,9N 
 
2) Determinação da Força equivalente 
Ro = ΣF 
Ro = (F1+F3+F6)i + (-F2 - F4 - F5 + F7)j 
Ro = (11.250+13.500+15.909,9)i + (-19.485,6 – 18.000 – 22.500 + 
15.909,9)j 
Ro = + (40.660N)i - (44.075,7)j 
 
3) Determinação do binário equivalente 
Mo = Σ(r X F) 
Mo = (-27i + 15j) x (F1i – F2j) + (30i + 21j) x (F3i – F4j) + 
(120i + 21j) x (-F5j) + (90i – 21j) x (F6i + F7j) 
Mo = (-27*(-F2) – 15*F1)k + (30*(-F4) – 21*F3)k + (120*(-F5) – 
21*0)k + (90*F7 – (-21)*F6)k 
F1 
F2 
F3 
F4 F5 
F6 
F7 
i 
j 
Mo = (-27*(-19485,6) – 15*11250)k + (30*(-18000) – 21*13500)k + 
(120*(-22500) – 21*0)k + (90*15909,9 – (-21)*15909,9)k 
Mo = -(1.400.140Nm)k 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 02 
EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS, CENTRÓIDES E 
MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS 
 
2.1 Equilíbrio dos corpos rígidos em 2 dimensões 
Como dito anteriormente, corpos rígidos são entes estruturais onde suas 
dimensões são levadas em consideração na análise do sistema físico. 
Abaixo tem-se um exemplo de corpo rígido: 
 
 
 
 
Na análise de equilíbrio dos corpos rígidos tem-se esboçar o DML – 
diagrama de corpo livre, mostrando todas as forças que atuam no sistema: 
 
 
 
 
 
Tipos de apoio 
 
Em engenharia, apoios são entes estruturais que representam o contato de 
uma estrutura com uma superfície qualquer ou outra estrutura. São 
responsáveis por impedir os graus de liberdade, gerando assim as 
chamadas forças de reação ou simplesmente “reações”. Dessa forma, na 
caso plano, os apoios podem impedir movimentos nas direções dos eixos X e 
Y, bem como, impedir rotações em relaçãoao eixo Z. 
20KN 4KN P 
RD RC 
(D.M.L) 
Os apoios são classificados com relação ao número de graus de liberdade 
impedidos, ou seja, em relação ao número de movimentos impedidos. 
São esses tipos: 
a) Apoio do 1º gênero – Impede apenas 1 movimento de translação; 
b) Apoio do 2º gênero – Impede 2 movimentos de translação; 
c) Apoio do 3º gênero – Impede 3 movimentos, sendo 2 de translação e 1 
de rotação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para se determinar as intensidades das forças atuantes em um corpo rígido, 
lança-se mão das chamadas ”equações de equilíbrio”. No caso plano, tais 
condições são: 
a) ΣFh = 0 (a somatória das forças horizontais atuantes na estrutura é igual a zero) 
b) ΣFv = 0 (a somatória das forças verticais atuantes na estrutura é igual a zero) 
c) ΣMp = 0 (a somatória dos momentos em relação a um ponto qualquer da estrutura 
é igual a zero) 
 
Lembrete: Momento de uma força, ou simplesmente Momento, é 
calculado multiplicando a intensidade de uma força F por seu braço de 
alavanca L, ou seja, M = F*L. O braço de alavanca é a distância 
perpendicular entre a linha de atuação de uma força e um ponto 
referencial qualquer. 
Exemplo 01: Um guindaste tem massa de 1000kg e é usado para suspender 
um caixote de 2.400kg como mostra a figura. O centro de gravidade do 
guindaste está em G. Determine as componentes das reações em A e B. 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre 
 
1 – Peso do guindaste e do caixote: 
Guindaste = 1000*9,81 = 9810N = 9,81KN 
Caixote = 2400*9,81 = 23544N = 23,5KN 
 
2 - Aplicando as equações de equilíbrio: 
a) ΣFh = 0  Ax + Bx = 0 (1) 
 
b) ΣFv = 0  Ay – 9,81 – 23,5 = 0  Ay = 33,31KN 
 
c) ΣMA = 0  Bx*1,5 – 9,81*2 – 23,5*6 = 0  Bx = 107,08KN 
 
Voltando em (1): Ax + 107,08 = 0  Ax = -107,08KN 
 
Exemplo 02: Três cargas são aplicadas em uma viga. Desprezando o peso da 
viga, determine as forças de reações em A e B sabendo que P = 67,5KN. 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre 
1 - Aplicando as equações de equilíbrio: 
a) ΣFh = 0  Bx = 0 
 
b) ΣFv = 0  Ay + By – 67,5 – 27 - 27 = 0  By = 121,5 - Ay 
 
c) ΣMB = 0  - Ay*2,7 + 67,5*1,8 -27*0,6 – 27*1,2 = 0 
 Ay = 27KN 
Substituíndo em (1): By = 121,5 – 27 = 94,50KN 
 
Exemplo 03: Dada a estrutura a seguir, determine a intensidade das forças 
de reações na extremidade E, sabendo que a tração DF é de 150KN. 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre 
 
1 – Determinação de α 
Tgα = 6/4,5 = 1,333  α = 53,13º 
Senα = 0,8 
Cosα = 0,6 
 
2 – Determinação das componentes da tração F. 
Fx = Fcosα = 0,6F = 0,6*150 = 90KN 
Fy = - Fsenα = - 0,8F = -0,8*150 = - 120KN 
 
3 - Aplicando as equações de equilíbrio: 
a) ΣFh = 0  Ex + Fx = 0  Ex + 90 = 0  Ex = -90KN 
 
b) ΣFv = 0  Ey + Fy – 4*20 = 0  Ey – 120 - 4*20 = 0  Ey = 200KN 
 
c) ΣME = 0  ME + Fy*4,5 + 20*1,8 + 20*3,6 + 20*5,4 + 20*7,2 = 0 
  ME = +180KNm 
 
α 
 
2.2 Equilíbrio dos corpos rígidos em 3 dimensões 
Análogo ao caso dos corpos rígidos em duas dimensões, no espaço, as 
estruturas também possuem suas condições de equilíbrio, bem como 
vinculações específicas. 
 Apoios no espaço: 
Os principais apoios existentes no espaço e suas devidas reações podem ser 
expressos no quadro abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o caso espacial é válido que as condições de equilíbrio, dos corpos 
rígidos, são as seguintes: 
 
ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣFz = 0 
ΣMx = 0 ΣMy = 0 ΣMz = 0 
Tais condições podem ser simplificadas em: 
ΣF = 0 onde F é a força resultante 
ΣMp = 0 = Σ(r x F) = 0 onde r é o vetor posição. 
Exemplo 01: Uma escada é usada para alcançar as prateleiras altas de um 
depósito e possui trilhos em sua base e no topo. Um homem sobre a escada 
exerce um peso sobre a escada como indicado na figura. Determine a 
intensidade das reações em A, B e C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre 
1 – Determinação do peso W 
W = - 80*9,81 = - 784,8N 
 
3 – Equações de equilíbrio 
ΣFx = 0  Não há forças em x. 
ΣFy = 0  Ay + By – 784,8 = 0 (1) 
ΣFz = 0  Az + Bz + Cz = 0 (2) 
ΣMAz = 0  -784,8*0,9 + By*1,2 = 0  By = 588,6N 
ΣMAx = 0  Cz*3 – 784,8*0,6 = 0  Cz = 156,96N 
784,8 
ΣMAy = 0  cz*0,6 + Bz*1,2 = 0  Bz = -78,48N 
(1): Ay + By – 784,8 = 0  Ay = 196,2N 
(2): Az + Bz + Cz = 0  Az = -78,12N 
 
2.3 Centróide de áreas e centro de gravidade de corpos bidimensionais 
Os corpos quando analisados do ponto de vista plano possuem 
características geométricas que são peculiares a esses. 
Dado um corpo que possui área A, define-se como centróide desse as 
coordenadas cartesianas X e Y de seu centro geométrico. 
A seguir, tem-se um quadro com as formas planas mais usuais e seus 
centróides: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Obs: O centro de gravidade de um corpo no plano xy, coincide com o 
centróide da figura plana, desde que esse possua massa constante em toda 
sua extensão. 
Considerando a área A no plano xy como mostra a figura abaixo: 
 
 
 
Se x e y são as coordenadas cartesianas de um elemento infinitesimal de 
área dA define-se: 
1 Momento estático da área A em relação ao eixo x – Qx 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 
2 Momento estático da área A em relação ao eixo y – Qy 
Qy = ∫ 𝑥𝑑𝐴
.
𝐴
 
A unidade de momento estático no sistema internacional é o m3. 
O centróide da área A é definido como o ponto C de coordenadas X e Y. 
 
 
 
O centróide satisfaz as seguintes relações: 
Qx = AY  ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 = AY e Qy = AX  ∫ 𝑥𝑑𝐴
.
𝐴
 = AX 
Ex1. Determine o momento estático Qx e a ordenada Y do retângulo abaixo. 
 
 
 
 
 
 
1 Momento estático 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 
 dA = b*dy ......... o diferencial de área varia de 0 a h. 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 = ∫ 𝑦 ∗ 𝑏𝑑𝑦 = 
𝑏𝑦2
2
ℎ
0
 = 
𝑏ℎ2
2
 
2 Ordenada Y do centróide. 
 Área do retângulo A = bh 
Qx = AY  y = Qx/A = 
𝑏ℎ2
2
/bh  y = h/2 
Ex2. Determine o momento estático Qx e a ordenada Y do triângulo abaixo. 
 
 
 
 
1 Momento estático 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 
 dA = u*dy ......... o diferencial de área varia de 0 a h. 
Da semelhança de triângulos : u/(h-y) = b/h  u = b(h-y)/h 
Daí dA = u = 
𝑏(ℎ−𝑦)
ℎ
dy 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴
 = ∫ 𝑦 ∗
𝑏(ℎ−𝑦)
ℎ
= ∫
𝑏(ℎ𝑦−𝑦2)
ℎ
ℎ
0
ℎ
0
 = 
𝑏
ℎ
∗ (
ℎ𝑦2
2
−
𝑦3
3
) = 
𝑏
ℎ
∗ (
ℎ3
2
−
ℎ3
3
)  
Qx = bh2/6 
2 Ordenada Y do centróide. 
 Área do retângulo A = bh/2 
Qx = AY  y = Qx/A = (bh2/6)/(bh/2)  y = h/3 
 
h 
0 
h 
0 
 Momento estático e centróide de áreas compostas 
Seja A uma área composta por figuras geométricas simples, tem-se que o 
momento estático dessas será igual ao somatório dos momentos estáticos 
de cada área composta. 
 
 
 
Logo, o momento estático da área em relação ao eixo x será: 
Qx = ∫ 𝑦𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴1
+ ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴2
+ ∫ 𝑦𝑑𝐴
.
𝐴3
.
𝐴
 
Qx = A1Y1 + A2Y2 + A3Y3 
Portanto: 
Qx = ∑ 𝐴𝑖𝑦𝑖𝑖 Qy = ∑ 𝐴𝑖𝑥𝑖𝑖 
AY = ∑ 𝐴𝑖𝑦𝑖𝑖 (1) AX = ∑ 𝐴𝑖𝑥𝑖𝑖 (2) 
 
Ex. Determinar o centróideda figura composta abaixo: 
 
 
 
 
 
 
1) Momentos estáticos 
Qx = ∑ 𝐴𝑖𝑦𝑖𝑖 = (80*20)*(60+10) + (40*60)*(30) = 184.000mm3 
Qy = ∑ 𝐴𝑖𝑥𝑖𝑖 = (80*20)*(40) + (40*60)*(20) = 160.000mm3 
 
 
A2 
A1 
 
X 
Y 
2) Área total 
A = (80*20) + (40*60) = 4.000mm2 
 
3) Coordenadas do centróide 
Y = Qx/A = 184.000/4.000 = 46mm 
X = Qy/A = 160.000/4.000 = 40mm 
 
Ex2. Determinar o centróide da figura composta abaixo: 
 
 
 
 
 
1) Momentos estáticos 
Qx = ∑ 𝐴𝑖𝑦𝑖𝑖 = (120*100)*(50+60) + (120*60/2)*(2*60/3) = 
1.464.000mm3 
Qy = ∑ 𝐴𝑖𝑥𝑖𝑖 = (120*100)*(60) + (120*60/2)*(1*120/3) = 
864.000mm3 
 
2) Área total 
A = (120*100) + (120*60/2) = 15.600mm2 
 
3) Coordenadas do centróide 
Y = Qx/A = 1.464.000/15.600 = 93,85mm 
X = Qy/A = 864.000/15.600 = 55,38mm 
 
 
 
 
 
A2 
A1 
2.4 Momento de inércia de uma área 
Dada uma área qualquer A situada no plano xy, tomando um elemento 
infinitesimal de área dA, define-se: 
 
 
 
1 Momento de inércia da área A em relação ao eixo x: 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦2𝑑𝐴 
.
𝐴
 
2 Momento de inércia da área A em relação ao eixo y: 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑥2𝑑𝐴 
.
𝐴
 
Essas integrais são denominadas momentos de inércia retangulares, visto 
serem calculadas pelas coordenadas retangulares de dA. 
Considerando a mesma área A, tomando agora a distância da origem dos 
eixos cartesianos ao elemento dA, tem-se que: 
 
 
 
 
 
Define-se momento de Inércia polar da área A em relação à origem O: 
𝐽𝑜 = ∫ 𝜌2𝑑𝐴 
.
𝐴
 
O momento de inércia polar é uma grandeza útil em áreas circulares. 
No sistema internacional de unidades o momento de inércia é dado em m4. 
 
A relação entre as coordenadas retangulares e polares é dada por: 
ρ2 = x2 + y2 
Logo: 
𝐽𝑜 = ∫ 𝜌2𝑑𝐴 = ∫ (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝐴 = 
.
𝐴
∫ 𝑥2𝑑𝐴 + ∫ 𝑦2𝑑𝐴 
.
𝐴
 
.
𝐴
 
.
𝐴
 
Jo = Ix + Iy 
 
Outra grandeza importante relaciona o momento de inércia retangular com 
a área A, tal grandeza é denominada Raio de giração, sendo dada por: 
 1 Raio de giração em relação ao eixo x: 
𝑟𝑥 = ට
𝐼𝑥
𝐴
 
2 Raio de giração em relação ao eixo y: 
𝑟𝑦 = ට
𝐼𝑦
𝐴
 
 
Exemplo 01: Calcular o momento de inércia retangular e o raio de giração em 
relação ao eixo x da figura a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
1 Elemento infinitesimal de área dA 
dA = bdy 
2 Intervalo de integração 
Y varia de –h/2 a h/2 
3 Momento de inércia Ix 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦2𝑑𝐴 = ∫ 𝑦2𝑏𝑑𝑦 =
𝑏𝑦3
3
ℎ/2
−ℎ/2
 
.
𝐴
 = 
𝑏ℎ3
3∗8
+
𝑏ℎ3
3∗8
= 
𝑏ℎ3
12
 
4 raio de giração 
𝑟𝑥 = ට
𝐼𝑥
𝐴
= ට
𝑏ℎ3 12⁄
𝑏ℎ
 = 
ℎ
√12
 
 
 
 
 
 
h/2 
-h/2 
Exemplo 02: Calcular o momento de inércia polar ρo e os momentos de 
inércia em relação aos eixos x e y do círculo a seguir: 
 
 
 
 
 
 
1 Elemento infinitesimal de área dA 
dA = 2πρdρ 
2 Intervalo de integração 
ρ varia de 0 a R 
3 Momento de inércia Polar Jo 
𝐽𝑜 = ∫ 𝜌2𝑑𝐴 = ∫ 𝜌2(2𝜋𝜌𝑑𝜌) = ∫ 2𝜋𝜌3𝑑𝜌 = 
𝜋𝜌4
2
𝑅
0
 
𝑅
0
 
.
𝐴
 = 
𝜋𝑅4
2
 
4 Momento de inércia retangular Ix e Iy 
Jo = Ix + Iy, Iy = Ix 
Jo = 2Ix  Ix = Jo/2 = 
𝜋𝑅4
4
 
 
 
 Teorema dos eixos paralelos 
 
Quando se trata de momento de inércia, o mesmo possui “nome e 
sobrenome”, ou seja, o momento de inércia é sempre da área em relação a 
um eixo de referência. 
O teorema dos eixos paralelos é uma ferramenta utilizada para o cálculo do 
momento de inércia da área em relação a um eixo x fora da seção da mesma, 
onde para tal, basta conhecer apenas o I em relação ao eixo x’ que passa no 
centróide da figura, bem como a distância do centróide ao eixo x. 
Lembrando que x e x’ devem ser paralelos entre si. 
Logo, para o Ix, tem-se que: 
 
 
 
 
 
R R 
R 
0 
Na figura anterior, x é o eixo de referência para o cálculo de I, x’ é o eixo 
que passa no centróide da figura, paralelo a x, d a distância entre os eixos 
referidos, y a distância do eixo x ao diferencial de área dA e y’ a distância 
do mesmo diferencial ao eixo x’. 
De imediato nota-se que y = y’ + d. Daí: 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦2𝑑𝐴 = 
.
𝐴
∫ (𝑦′ + 𝑑)2𝑑𝐴 = 
.
𝐴
∫ 𝑦′2𝑑𝐴 
.
𝐴
+ 2𝑑 ∫ 𝑦𝑑𝐴 
.
𝐴
+ 𝑑2 ∫ 𝑑𝐴 
.
𝐴
 
 
A primeira integral é o momento de inércia da área em relação a x’. 
A segunda o momento estático Qx. Sabendo que todo momento estático em 
relação ao eixo que passa no centróide é nulo, logo, tal integral será igual a 
zero. 
A terceira integral representa a própria área da figura. 
 
Por fim, conclui-se que: 
𝐼𝑥 = 𝐼′𝑥 + 𝐴𝑑2 
 
Tal expressão é conhecida como teorema dos eixos paralelos. 
A seguir, tem-se as principais formas geométricas planas e o momento de 
inércia em relação ao eixo que passa pelo centróide: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo: Usando o teorema dos eixos paralelos, determine o momento de 
inércia da figura abaixo em relação ao eixo x destacado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Área 1: 
1 - A1 = 80*20 = 1.600cm2 
2 – I1’x = 
𝑏ℎ3
12
= 
80𝑥203
12
= 53.333,33𝑐𝑚4 
3 – d = 40 + 50 + 10 = 100cm 
4 – I1x = I1’x + A1d2 
 I1x = 53.333,33 + 1600*(100)2 
 I1x = 16 x 106 cm4 
 
x 
30 
80 
20 
50 
1 
2 
(Dados em cm) 
40 
Área 2: 
1 – A2 = 30*50 = 1.500cm2 
2 – I2’x = 
𝑏ℎ3
12
= 
30𝑥503
12
= 312.500𝑐𝑚4 
3 – d = 40 + 25 = 65cm 
4 – I2x = I2’x + A2d2 
 I2x = 312.500 + 1.500*(65)2 
 I2x = 7 x 106 cm4 
 
Momento de inércia em relação a x: 
Ix = I1x + I2x 
Ix = 16x106 + 7x106 = 23 x 106 cm4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Crê no Senhor Jesus Cristo e serás salvo, tu e a tua casa 
Atos 16:31