Estática, Mecânica para Engenharia Parte 1

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Princípios gerais 1 
Objetivos do capitulo ....................................................................................... 1 
1.1 Mccâtlica ............................................................................................ I 
1.2 Concei tos fundamcntais ........................................................................... 2 
1.3 Unidades de medida ........................................................................... 4 
1.4 Sistema internacional de unidades...................................................... .5 
1.5 Cálculos numéricos ................................................................................ 6 
1.6 Procedimentos gerais para análise ...................................................... 7 
11 Vetores de força 11 
Objetivos do capítulo. .. . ........................................................................... 11 
2.1 Escalares c vetores. . ...................................... ................................. li 
2.2 
2.3 
2.4 
Operações vetoriais 
Adição vetorial de forças . 
······························································· I~ 
. ... .... ... ... ... . ..............•....•....•....... 13 
Adição de um sistema de forças coplanares .................................. .. 22 
2.5 Vetores canesianos . .... ........... ...................................................... 30 
2.6 Adição de vetores canesianos ......................................................... ... 33 
2.7 Vetores posição ......... ...................... .................. ....................... ....... .. 40 
2.8 Vetor de força orientado ao longo de uma reta .................................... 42 
2.9 Produto escalar ..................................................................................... 49 
D Equilíbrio de uma partícula 61 
Objetivos do capítulo . ... . . ...................... .... ........ .............................. 61 
3.1 Condição de equilíbrio de uma partícula ......................................... 61 
3.2 O diagrama de corpo livre ............................................................... .61 
3.3 Sistemas de forças coplanares ......................................................... 64 
3.4 Sistemas de força tridimensionais................................................... 75 
D Resultantes de um sistema de forças 8S 
Objetivos do capítulo . . . ... .... ............................................................. . 85 
4.1 Momento de uma força - formulação escalar ................................... 85 
4.2 Produto vetoria l .........................................................•.••.••••.•• 
4.3 Momento de uma fo rça - formulação vetorial . ..........•....•.•..•.•..•. 
88 
.. 90 
4.4 O princípio dos momentos............................................................... .. 93 
vm Estático 
4.S Momento de uma força em relação a um eixo especificado ................ I O I 
4.6 Momento de um binário ...................................................................... 1 08 
4.7 Simplificação de um sistema de forças e binários ............................... 117 
4.8 Simplificações adicionais de um sistema de forças e binários ............ 124 
4. 9 Redução de um carregamento distribuído simples .............................. 133 
D Equilíbrio de um corpo rígido 145 
Objetivos do capíttl lo .................................................................................... l45 
S.1 Condjçôes de equilíbrio do corpo rígido ............................................. 145 
S.2 Diagramas de corpo livre ..................................................................... l46 
S.3 Equações de equilíbrio ........................................................................ I 57 
S.4 Membros de duas e três forças ............................................................ I 64 
S.S Diagramas de corpo livre ..................................................................... I 74 
S.6 Equações de equilíbrio ........................................................................ 177 
S.7 Restrições e determinação estática ...................................................... 178 
11 Análise estrutural 195 
Objetivos do capítu lo .................................................................................... l 95 
6.1 Treliças simples ................................................................................... I 95 
6.2 O método dos nós ................................................................................ I 97 
6.3 Membros de força zero ........................................................................ 202 
6.4 O método das seções ........................................................................... 209 
6.S Treliças espaciais ................................................................................. 217 
6.6 Estruturas c máquinas .......................................................................... 220 
Forcas internas 249 
' 
Objetivos do capíttllo .................................................................................... 249 
7.1 Forças internas desenvolvidas em membros estmturais ....................... 249 
7.2 Equações e diagramas de esforço cortante e momento ftetor. .............. 261 
7.3 Relações entre carga distribuída, esforço cortante e momento ftetor ... 267 
7.4 Cabos ................................................................................................... 275 
11 Atrito 290 
Objetivos do capítulo .................................................................................... 290 
8.1 Características do atrito seco ............................................................... 290 
8.2 Problemas envolvendo atrito seco ....................................................... 293 
8.3 Calços .................................................................................................. 309 
8.4 Forças de atrito em parafusos .............................................................. 311 
8.S Forças de atrito em correias ................................................................. 317 
8.6 Forças de atrito em mancais de escora, mancais axiais e discos ......... 323 
8.7 Forças de atrito em mancais radiais ..................................................... 326 
8.8 Resistência ao ro lamento ..................................................................... 327 
11 Centro de gravidade e centroide 337 
Objetivos do capítulo . .. .. . •......•...........•.. .... .. 
9.1 Centro de gravidade, centro de massa e centroide de um corpo 
9.2 Corpos compostos . .. . . . .................................................. . 
9.3 Teoremas de Pappus e Guldinus .. . . •••••••••••••••••••••• 
337 
337 
355 
366 
9.4 Resultante de um carregamento distribuído geral . ...................... 3 73 
9.5 Pressão de fluidos .. ...... ···•••······ ·······• ... .. . -~·························· . 373 
II!J Momentos de inércia 387 
Objetivos do capítulo ..... .............................................................................. 387 
10.1 Definição de momentos de inércia para áreas .................................... 387 
10.2 Teorema dos eixos paralelos para uma área ....................................... 388 
10.3 Raio de geração de uma área ............................................................... 388 
10.4 Momentos de inércia para áreas compostas ...... ....................... ..... . .. 394 
10.5 Produto de inércia para uma área ................................................. 40 I 
10.6 Momentos de inércia para uma área relação aos eixos inclinados . 404 
10.7 Circulo de Mohr para momentos de inércia .. .............................. 407 
10.8 Momento de inércia da mas a .... ...................... ............................. 41 3 
m Trabalho virtual 4 25 
Objetivos do capitulo ...•..•.•..•............•....•..•.. ·········•····•····•········· 
11.1 Definição de trabalho .......................................•....•....•.... 
11.2 Principiodo trabalho virtual. •• ••••• • •• o o ••••••••••••••••••••••••••• 
11.3 Principio do trabalho virtual para um sistema 
. 425 
425 
426 
de corpos rígidos conectados .................... ......... .......................... .. 428 
11.4 Forças conservativas . .................................................................. . 438 
11.5 Energia potencial .............................................................................. 438 
11.6 Critério de energia potencial para o equilíbrio ................................... .440 
11.7 Estabilidade da configuração de equilibrio ......................................... .440 
Apêndices 4S4 
A Revisão e expressões matemáticas .................................................... .454 
B Equações fundamentais da estática ..................................................... 457 
C Tabelas de conversão . ........................................ ............................. .458 
Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais 461 
Respostas dos problemas selecionados 476 
• 
lndice remissivo 508 
Sumário lX 
Princípios gerais 
Obietivos do capítulo 
• Fornecer uma introdução às quantidades básicos e idealizações do mecânico. 
• Apresentar o enunciado dos leis de Newton do movimento e do gravitação. 
• Revisor os princípios poro o aplicação do Sistema Internacional de Unidades (SI). 
• Examinar os procedimentos padrão de execução dos cálculos numéricos. 
• Apresentar uma orientação geral para o resolução de problemas. 
Mecânica 
A mecânica é um ramo das ciências fisicas que trata do estado de repouso ou 
movimento de corpos sujeitos à ação das forças. Em geral, esse assunto é subdividido 
em três áreas: mecânica dos corpos rígidos, mecânica dos corpos deformáveis e 
mecânica dos fluidos. Neste livro, estudaremos a mecânica dos corpos rígidos, uma 
vez que este é um requisito básico para o estudo das outras áreas. Além disso, ela é 
essencial para o projeto e a análise de muitos tipos de membros estruturais, compo-
nentes mecânicos ou dispositivos elétricos encontrados na engenharia. 
A mecânica dos corpos rígidos divide-se em duas áreas: estática e dinâmica. A 
estática trata do equilíbrio dos corpos, ou seja, aqueles que estão em repouso ou em 
movimento, com velocidade constante; enquanto a dinâmica preocupa-se com 
o movimento acelerado dos corpos. Podemos considerar a estática um caso especial 
da dinâmica em que a aceleração é zero; entretanto, a estática merece um tratamento 
distinto na aprendizagem da engenharia, uma vez que muitos objetos são projetados 
com a intenção de permanecerem em equilíbrio. 
Desenvolvimento histórico 
Os princípios da estática desenvolveram-se na história há muito tempo, porque 
podiam ser formulados simplesmente a partir das medições da geometria e da força. 
Por exemplo, os escritos de Arquimedes (287-2 12 a.C.) tratam do princípio da 
alavanca. Os estudos sobre polia, plano inclinado e torção também aparecem 
registrados em escritos antigos, da época em que as necessidades da engenharia 
limitavam-se principalmente à construção de edificios. 
I 2 I Estático 
Como os princípios da dinâmica dependem de lllna medição precisa do tempo, 
esse assunto se desenvolvelll bem mais tarde. Galileu Galilei (1564-1642) foi um dos 
primeiros grandes colaboradores desse campo. Seu trabalho consistiu de experimentos 
usando pêndulos e corpos em queda livre. As contribuições mais significativas na 
dinâmica, no entanto, foram feitas por Isaac ewton ( 1642-1727), que é conhecido 
por sua formulação das três leis fundamentais do movimento e a lei universal da 
atração gravitacional. Logo após essas leis terem sido postuladas, importantes técnicas 
para a aplicação delas foram desenvolvidas por Euler, D' Alembert, Lagrange e outros. 
Conceitos fundamentais 
Antes de começarmos o nosso estudo da mecânica para engenharia é importante 
entender o significado de al.guns conceitos e princípios fundamentais. 
Quantidades básicas 
As quatro quantidades que se seguem são usadas em toda a mecânica. 
Comprimento 
O comprimento é usado para localizar a posição de um ponto no espaço e, portanto, 
descrever o tamanho de um sistema fisico. Uma vez definida a unidade padrão do 
comprimento, pode-se definir distâncias e propriedades geométricas de um corpo 
como múltiplos da un idade de comprimento. 
Tempo 
O tempo é concebido como uma sucessão de eventos. Embora os princípios da 
estática sejam independentes do tempo, essa quantidade desempenha um importante 
papel no estudo da djnâmica. 
Massa 
A massa é uma medida da quantidade de matéria que é usada para comparar a 
ação de um corpo com a de outro. Essa propriedade se manifesta como uma atração 
da gravidade entre dois corpos e fornece uma medida da resistência da matéria à 
mudança de velocidade. 
Forca • 
Em geral, a força é considerada um 'empurrão' ou 'puxão' exercido por um corpo 
sobre outro. Essa interação pode ocorrer quando existe contato direto entre dois 
corpos, tal como quando uma pessoa empurra uma parede; ou pode ocorrer à distância, 
quando os corpos estão fisicamente separados. Exemplos do último tipo incluem as 
forças da gravidade, elétrica e magnética. Em qualquer caso, uma força é completamente 
caracterizada pela sua intensidade, direção e ponto de aplicação. 
Modelos 
Os modelos ou idealizações são usados na mecânica para simplificar a aplicação 
da teoria. Vamos definir a seguir três modelos importantes. 
Partícula 
Uma partícula possui massa, mas em um tamanho que pode ser desprezado. Por 
exemplo, o tamanho da Terra é insignificante quando comparado com o tamanho de 
sua órbita e, portanto, ela pode ser modelada como uma partícula no estudo de seu 
movimento orbital. Quando um corpo é modelado como uma particula, os princípios 
da mecânica reduzem-se a uma fonna muito simplificada, uma vez que a geometria 
do corpo não estará envolvida na análise do problema. 
Capítulo 1 
Corpo rígido 
Um corpo rígido pode ser considerado a combinação de um grande número de 
partículas que permanecem a uma distância fiXa umas das outras. tanto antes como 
depois da aplicação de uma carga. Esse modelo é importante porque as propriedades 
materiais de qualquer corpo assumido como rígido não precisam ser consideradas 
quando se estudam os efeitos das forças atuando sobre o corpo. a maioria dos ca os, 
as dcformaçõc reais que ocorrem em estruturas, máquinas, mecani mos c simi lares 
são relativamente pequenas, c a hipótese de corpo rígido é adequada para a análise. 
Forca concentrada • 
Umaforça concemrada representa o efeito de uma carga que supostamente age 
em um ponto do corpo. Podemos representar uma carga por uma força concentrada, 
desde que a área sobre a qual ela é aplicada seja pequena, comparada com o tamanho 
total do corpo. Um exemplo seria a força de contato entre uma roda e o solo. 
As três leis do movimento de Newton 
A mecânica para engenharia é fonnulada com base nas três leis do movimento 
de Newton, cuja validade é baseada na observação experimental. Essas leis se aplicam 
ao movimento de uma particula quando medido a partir de um sistema de referência 
não acelerado. Elas podem ser postuladas resumjdamente como a segui r. 
Primeira lei 
Uma partícula originalmente em repouso ou movendo-se em linha reta, com 
velocidade constante, tende a permanecer nesse estado, desde que não seja submetida 
a uma força em desequilíbrio (Figura l.la). 
Segunda lei 
Uma partícula sob a ação de umaforça em desequilíbrio F sofre uma aceleração 
a que po sui a mesma direção da força e intensidade diretamente proporcional à força 
(Figura 1.1 b). • Se F é aplicada a uma partícula de massa m, essa lei pode ser expressa 
matematicamente como: 
F = ma ( 1.1 ) 
Terceira lei 
As forças mútuas de ação c reação entre duas partículas são iguais, opostas e 
colincares (Figura 1.1 c). 
Lei de Newton da atra~ão gravitacional 
Depois de explicar suas três leis do movimento, Newton postulou a lei que govcma 
a atração gravitacional entrequaisquer duas partículas. Expressa matematicamente, 
onde: 
F= Gm,m2 
1.). 
F = força da gravidade entre duas partículas 
( 1.2) 
G = con tante univcr ai da gravitação; de acordo com evidência experimental, 
G = 66, 73( I O 11) m3 I (kg. s2) 
m" m2 = mas a de cada uma das duas partículas 
r = distância entre as duas partículas 
• Enunciado de outnl forma, a força em desequilibrio que atua sobre a partícula é proporcional :\ 
taxa de variação da quant idade de movimento linear da partícula. 
F 
Princípios gerais I 3 I 
Fl 
Equilíbrio 
(a) 
,. 
a 
Movimento acelerado 
(b) 
(/orça de A sobre 8 
~ F 
A 8 \.força de 8 sobre A 
Ação - reação 
(c) 
Figura 1.1 
I 4 I Estático 
Peso 
Segundo a Equação 1.2, quaisquer duas partículas ou corpos possuem uma força 
de atração mútua (gravitacional) agindo entre eles. Entretanto, no caso de uma 
partícula localizada sobre ou próxima à superficie da Terra, a única força da gravidade 
com intensidade considerável é aquela entre a Terra e a partícula. Consequentemente, 
essa força, denominada peso, será a única força da gravidade considerada em nosso 
estudo da mecânica. 
Pela Equação 1.2, podemos desenvolver uma expressão aproximada para encontrar 
o peso W de uma partícula com uma massa m1 = m. Se considerarmos a Terra uma 
esfera sem rotação de densidade constante e tendo uma massa m2 = M., e se r é a 
distância entre o centro da Terra e a partícula, temos: 
Adotando g = GMj ?, resulta: 
W=GmU 
,.2 
(1.3) 
Por comparação com F = ma, podemos ver que g é a aceleração devido à gravidade. 
Como ela depende de r, então o peso de um corpo não é uma quantidade absoluta. 
Em vez disso, sua intensidade é detenninada onde a medição foi feita. Para a maioria 
dos cálculos de engenharia, no entanto, g é detenninada ao nível do mar e na latitude 
de 45°, que é considerado o ' local padrão'. 
m Unidades de medida 
As quatro quantidades básicas - comprimento, tempo, massa e força - não são 
todas independentes umas das outras; na verdade, elas estão relacionadas pela 
segunda lei do movimento de Newton, F = ma. Por essa razão, as unidades usadas 
para medir essas quantidades não podem ser todas selecionadas arbitrariamente. A 
igualdade F = ma é mantida apenas se três das quatro unidades, chamadas unidades 
básicas, estiverem definidas e a quarta unidade for, então, derivada da equação. 
Unidades SI 
O Sistema Internacional de Unidades, abreviado como SI, do francês Systeme 
lnternational d'Unités, é uma versão moderna do sistema métrico, que recebeu 
aceitação mundial. Como mostra a Tabela 1.1 , o sistema SI define o comprimento 
em metros (m), o tempo em segundos (s) e a massa em quilof,rramas (kg). A unidade 
de força, chamada 'newton' (N), é derivada de F = ma. Portanto, I newton é igual 
à força necessária para fornecer I quilograma de massa a uma aceleração de I m/s2 
(N = kg · m/s~. 
TABELA 1.1 Sistemas de unidades 
Nome Distância Tempo Massa Força 
Sistema Internacional Metro Segundo Quilograma Newton* 
de Unidades 
(SI) (m) (s) (kg) (N) 
( kgs~ m ) 
*Unidade derivada. 
Capítulo 1 
Se o peso de um corpo localizado no 'local padrão' for determinado em newtons, 
então, a Equação 1.3 deve ser aplicada. Nessa equação, as medidas fornecem 
g = 9,80665 rnls2; entretanto, para cálculos, será usado o valo r g = 9,81 rnls2• Assim, 
W = mg (g = 9.81 rnls2) (1 .4) 
Logo, um corpo de massa I kg possuí um peso de 9,81 N, um corpo de 2 kg pe a 
19,62 c assim por diante (Figura 1.2). 
Sistema internacional de unidades 
O Sistema Internacional de Unidades (SI) será bastante usado neste livro, visto 
que ele deve se tornar o padrão de medida mundial. Portanto, apresentaremo agora 
algumas das regras para o seu uso e tenninologias relevantes a mecânica para 
engenharia. 
Prefixos 
Quando uma quantidade numérica é muito grande ou muito pequena, as unidades 
usadas para definir seu tamanho podem ser modificadas usando um prefixo. Alguns 
dos prefixos usados no SI são mostrados na Tabela 1.2. Cada um representa um 
múltiplo ou submúltiplo de uma unidade que, se aplicado sucessivamente. move o 
ponto decimal de uma quantidade numérica a cada três casas decímai . • Por exemplo, 
4000000 N = 4000 kN (quilonewtons) = 4 MN (meganewtons), ou 0,005 m = 5 mm 
(milímetro ). Observe que o sistema SI não inclui o múltiplo deca ( I O) ou o 
submúltiplo centi (0,0 I), que fazem pane do sistema métrico. Exceto para algumas 
medidas de volume e área, o uso desses prefixos deve ser evitado na ciência e na 
engenharia. 
TABELA 1.2 Prefixos 
Forma exponencial Prefi xo lmbolo SI 
Múltiplos 
I 000000000 I 09 g•ga G 
I 000000 I 06 mega M 
I 000 I 03 qui lo k 
Submúltiplos 
0,001 I O 3 mil i m 
0,000001 lO~ . rmcro Jl 
0,00000000 I lO 9 nano n 
Regras para uso 
As regras imponantes a seguir descrevem o uso apropriado dos vários símbolos 
do SI: 
• Quantidades definidas por diversas unidades que são múltiplas umas das 
outras são separadas por um ponto para evitar confusão com a notação do 
• O quilograma é a única unidade básica que é definida com prefixo. 
Princípios gerais I 5 I 
9,8t 
Figura 1.2 
I kg 
I 6 I Estático 
prefixo, como indicado por N = kg · m/s2 = kg · m · s 2• Também é o caso 
de m·s (metro-segundo) e ms (milissegundo). 
• A potência exponencial de uma unidade tendo um prefLXo se refere a 
ambos: a unidade e seu prefixo. Por exemplo, pN2 = <PNY = J1 • pN. Da 
mesma forma, nun2 representa (mmY = mm·mm. 
• Com a exceção da unidade básica quilograma, em geral, evite o uso de 
prefLXo no denominador das unidades compostas. Por exemplo, não escreva 
N/mm, mas sim kN/m; também m/mg deve ser escrito como Mm/kg. 
• Ao realizar cálculos, represente os números em tennos de suas unidades 
básicas ou derivadas convertendo todos os prefixos para potências de I O. 
O resultado final deve então ser expresso usando-se um prefixo simples. 
Também, após o cálculo, é melhor manter os valores numéricos entre 
O, I e I 000; caso contrário, um prefixo adequado deve ser escolhido. Por 
exemplo, 
(50 kN)(60 nm) = [50(103) N][60(10-9)m] 
= 3000(10 6) N · m = 3(10 3) N·m = 3mN·m 
Cálculos numéricos 
O trabalho numérico na prática da engenharia é quase sempre realizado usando 
calculadoras e computadores. Entretanto, é importante que as respostas de qualquer 
problema sejam apresentadas com precisão justificável de algarismos significativos 
apropriados. Nesta seção, discutiremos esses tópicos juntamente com outros aspectos 
importantes envolvidos em todos os cálculos de engenharia. 
Homogeneidade dimensional 
Os termos de qualquer equação usada para descrever um processo fisico devem 
ser dimensiono/mente homogêneos; isto é, cada termo deve ser expresso nas mesmas 
unidades. Nesse caso, todos os termos de uma equação podem ser combinados se os 
valores numéricos forem substituídos nas variáveis. Considere, por exemplo, a 
equação s = vt + tat2 , onde, no SI, s é a posição em metros, m, t é o tempo em 
segundos, s, v é a velocidade em m/s e a é a aceleração em mls2• Independentemente 
de como a equação seja calculada, ela mantém sua homogeneidade dimensional. Na 
forma descrita, cada um dos três termos é expresso em metros [m, (mls)s, (mll)s'] 
ou resolvendo para a, a = 2slf - 2vlt, os termos são expressos em unidades de m/s2 
[m/s2, m/s2, (m/s)/s]. 
Observe com atenção que os problemas na mecânica sempre envolvem a solução 
de equações dimensionalmente homogêneas e, portanto, esse fato pode ser usado 
como uma verificação pardal para manipulações algébricas de uma equação. 
Algarismos significativos 
O número de algarismos significativos contidos em qualquer número detcm1ina 
a precisão dele. Por exemplo, o número 4981 contém quatro algarismos significativos. 
Entretanto, se zeros ocorrerem no final de um número, pode não ficar claro quantos 
algarismos significativos o número representa. Por exemplo, 23400 pode ter três 
(234), quatro (2340) ou cinco (23400) algarismos significativos. Para evitar essas 
ambiguidades, usaremos a notaçãode engenharia para expressar um resultado. Isso 
exige que os números sejam arredondados para a quantidade adequada de algarismos 
significativos e, em seguida, expressos em múltiplos de (103), tais como: (103), (106) 
Capítulo 1 
ou (lO 9). Por exemplo, se 23400 tiver cinco algarismos significativo, ele é escrito 
como 23,400( I 03), mas se tiver apenas três algarismos significativos, ele é escrito como 
23,4( I 03). 
Se zeros ocorrerem no início de um número menor que um, então não serão 
significativo . Por exemplo, 0,00821 possui três algarismo significativos. Usando a 
notação de engenharia, esse número é expresso como 8,21 (I O 3). Da mesma forma, 
0,000582 pode ser expresso como 0,582( I O 3) ou 582( I O 6). 
Arredondamento de números 
Arredondar um número é necessário para que a precisão do resultado seja a mesma 
dos dados do problema. Como regra geral, quaJquer algarismo numérico terminado 
em cinco ou mais é arredondado para cima e um número menor que cinco é 
arredondado para baixo. As regras do arredondamento de números são mais bem 
ilustradas através de exemplos. Suponha que o número 3,5587 precise ser arredondado 
para três algarismos signi ficalivos. Como o quarto algarismo (8) é maior que 5, o 
terceiro número é arredondado para 3,56. De igual modo, 0,5896 se torna 0,590 c 
9,3866 se torna 9,39. Se arredondarmos I ,34 1 para três algarismos significativos, 
como o quarto algarismo ( I) é menor que 5, então teremos I ,34. Semelhantemente, 
0,3762 se torna 0,376 c 9,871 se toma 9,87. Existe um caso especial para qualquer 
número que tenha um 5 com zeros em seguida. Como regra geral, se o algarismo 
precedendo o 5 for um número par, então esse algarismo não é arredondado para 
cima. Se o algarismo precedendo o 5 for um número impar, então ele é arredondado 
para cima. Por exemplo, 75,25 arredondado para rrês algarismos significativos se 
torna 75,2; O, 1275 se toma O, 128; e 0,2555 se toma 0,256. 
Cál,ulos 
Quando uma sequência de cálculos é realizada, é melhor armazenar os resultados 
intennediários na calculadora. Em outras palavras, não arredonde os cálculos até 
expressar o resultado final. Esse procedimento mantém a preci ão por toda a série 
de etapas até a solução final. este texto, normalmente arredondamos as respostas 
para três algarismos significativos, já que a maioria dos dados na mecânica para 
engenharia, como geometria c cargas, podem ser medidos de maneira confiável nesse 
nível de precisão. 
I" Procedimentos gerais para análise 
A maneira mais eficaz de aprender os princípios da mecânica para engenharia é 
resolver problemas. Para obter sucesso nessa empreitada, é importante sempre 
apresentar o trabalho de uma maneira lógica e organi=ada. como sugerido na seguinte 
sequência de pas os: 
• Leia o problema cuidadosamente e tente correlacionar a situação fisica real 
com a teoria estudada. 
• Tabule os dados do problema e desenhe os diagramas necessários. 
• Aplique os princípios relevantes, geralmente na forma matemática. Ao 
escrever quaisquer equações, certifique-se de que sejam dimensional mente 
homogêneas. 
• Resolva as equações necessárias e expresse a resposta com até três 
algarismos significativos. 
• Estude a resposta com julgamento técnico c bom senso para determinar se 
ela parece ou não razoável. 
Princípios gerais I 7 I 
I 8 I Estático 
Pontos importantes 
• Estática é o estudo dos corpos que estão em repouso ou se movendo com 
velocidade constante. 
• Uma partícula possui massa, mas sua dimensão pode ser desprezada. 
• Um corpo rígido não se deforma sob a ação de uma carga. 
• Forças concentradas são aquelas que atuam em um único ponto sobre um 
corpo. 
• As três leis de movimento de Newton devem ser memorizadas. 
• Massa é a medida de uma quantidade de matéria que não muda de um local 
para outro. 
• Peso refere-se à atração da gravidade da Terra sobre um corpo ou quantidade 
de massa. Sua intensidade depende da elevação em que a massa está localizada. 
• No SI, a unidade de força, o newton, é uma unidade derivada. O metro, o 
segundo e o quilograma são unidades básicas. 
• Os prefixos G, M, k, m, J1 e n são usados para representar quantidades 
numéricas grandes e pequenas. A expressão exponencial deve ser conhecida, 
bem como as regras para usar unidades do SI. 
• Realize cálculos numéricos com vários algarismos significativos e, depois, 
expresse a resposta com três algarismos significativos. 
• Manipulações algébricas de uma equação podem ser verificadas em parte 
conferindo se a equaçãio permanece dimensionalmente homogênea. 
• Conheça as regras de arredondamento de números. 
Exemplo 1.1 
Converta 2 km/h em m/s. 
-SOLUCAO 
• 
Como I km = I 000 m e l h = 3600 s, os fatores de conversão são organizados na 
seguinte ordem, de modo que possa ser aplicado um cancelamento das unidades: 
2 km/h = 2 jg11 ( 1 000 m ) ( l }Í ) 
)< jg11 3600 s 
= 2000 m = O 556 m/s 
3600 s , 
NOTA: Lembre-se de arredondar a resposta para três algarismos significativos. 
Exemplo 1.2 
Calcule numericamente cada uma das expressões e escreva cada resposta em unidades 
SI usando um prefixo apropriado: (a) (50 mN)(6 GN); (b) (400 mm) (0,6 M )2; 
(c) 45 MN3/900 Gg. 
-SOLUCAO 
• 
Primeiro, converta cada número em unidades básicas, efetue as operações indicadas 
e depois escolha um prefixo apropriado. 
Capítulo 1 Princípios gerais I 9 I 
Porte (o) 
(50 mN)(6 GN) = [50(10-3) N)[6(109) N) 
= 300(106) w 
= 300(106)-....t( 1kN )( 1kN ) 
Y' I 03 }( I 03 }( 
=300 kN2 
NOTA: Observe com atenção a conversão kN2 = (kN)2 = 10•6 N2. 
Porte (b) 
(400 mm){0,6 MN)2 = [400(10-3) m][0,6 (106) N)2 
= [400(10-3) m][0,36 (1012) N]2 
= 144( I 09) m · N2 
= 144 Gm · N2 
Podemos escrever também: 
144(109)m · N2 = 144(109)m · -....t'( IMN )( IMN ) 
Y' I 06 }( 1 06 }( 
Porte (c) 
I Problemas 
45MW 
900Gg 
= O 144m · MN2 
' 
45 (I 06N)3 
900(106) kg 
= 50(10\~f/kg 
50(109) pr( lkN )3 j_ 
J03N kg 
=50 kN3/kg 
1.1. Arredonde os seguintes nllmeros para três algarismos 
significativos: (a) 4,65735 m, (b) 55,578 s, (c) 4555 N e 
(d) 2768 kg. 
1.2. Represente cada uma das seguintes combinações de 
unidades na forma do Sl correta usando o prefixo apropriado: 
(a) ,uMN, (b) N/,urn, (c) MN!ks2 e (d) kN/ms. 
1.3. Represente cada uma das seguintes quantidades na forma 
SI correta usando um prefixo apropriado: (a) 0,000431 kg, 
(b) 35,3(103) N e (c) 0,00532 km. 
*1.4. Represente cada uma das seguintes quantidades na 
forma do SI correta usando um prefixo apropriado: 
(a) Mglms, (b) N/mm e (c) mN/(kg.,us). 
1.5. Represente cada uma das seguintes quantidades tla forma 
do S I correta us ando um prefixo apropriado: 
(a) kN/,us, (b) MglmN e (c) MN/(kg. ms). 
1.6. Represente cada uma das seguintes expressões com três 
algarismos significativos e expresse cada resu ltado em 
unidades SI usando um prefixo apropriado: (a) 45320 kN, 
(b) 568(10s) mm e (c) 0,00563 mg. 
1.7. Um foguete possui uma massa de 3,65(106) kg na Terra. 
Especifique seu peso em unidades do SI. Se o foguete estiver 
na Lua, onde a aceleração devido à gravidade é g"' = I ,62 m/ s2, 
detennine com três algarismos significativos seu peso e sua 
massa em unidades do SI. 
*1.8. Se um carro está viajando a 88 km/h, determine sua 
velocidade em metros por segundo. 
1.9. O pascal (Pa) é uma unidade de pressão muito pequena. 
Dado que l Pa = I N/m2 e a pressão atmosférica no nível 
do mar é I O 1,325 kN/m2, quantos pascais vale essa quantidade? 
1.10. Qual é o peso em newtons de um objeto que tenha a 
massa de: (a) 10 kg, (b) 0,5 g e (c) 4,50 Mg? Expresse o 
resultado com três algarismos significativos. Use o prefixo 
apropriado. 
1.11. Reso lva cada uma das seguintes expressões com 
três algarismos significativos e expresse cada resultado 
em unidad es SI usa ndo um prefixo apropriado: 
(a) 354 mg(45 km)/0,0356 kN), (b) 0,00453 Mg)(20 I ms) e 
(c) 435 MN/23,2 mm. 
*1.12. O peso específico (peso/volume) do bronze é 
85 kN/m3 • Determine sua densidade (massa/volume) em 
unidades do SI.Use um prefixo apropriado. 
*1.13. Duas partículas possuem uma massa de 8 kg e 12 kg, 
respectivamente. Se elas estão a 800 mm uma da outra, 
determine a força da gravidade agindo entre elas. Compare 
esse resultado com o peso de cada partícula. 
10 I Estático 
1.14. Determine a massa em quilogramas de um objeto que 
tem um peso de (a) 20m , (b) ISO kN c (c) 60 MN. Expresse 
o resultado com três algarismos significativos. 
1.15. Resolva cada uma das seguintes expressões com três 
algarismos significativos e expresse cada resposta em uni-
dades do SI usando um prefixo apropriado: (a) (200 kN)2, 
(b) (0,005 mm)2 e (c) (400 m)1• 
1.16. Usando as unidades básicas do SI, mostre que a Equação 
1.2 é uma equação dimensional mente homogênea que resulta 
F em newtons. Determine com três algarismos significativos 
a força gravitacional agindo entre duas esferas que estão se 
tocando. A massa de cada esfera é 200 kg e o raio é 300 mm. 
•1.11. Resolva cada uma das seguintes expressões com três 
algarismos significativos e expresse cada resposta em unidades 
do SI usando um prefixo apropriado: (a) (0,631 Mm)/(8,60 kg)2 
c (b) (35 mm)2(48 kg)l. 
1.18. Resolva (204 mm)(0,00457 kg)/(34,6 N) com três 
algarismos significativos c expresse o resultado em unidades 
do SI usando um prefixo apropriado. 
Vetores de forca 
I 
Objetivos do capítulo 
• Mostrar como adicionar forças e decompô-las em componentes usando a lei do paralelogramo. 
• Expressar a força e sua posição na forma de um vetor cartesiano e explicar como determinar a intensidade e 
a direção do vetor. 
• Introduzir o produto escalar para determinar o ângulo entre dois vetores ou a projeção de um vetor sobre outro. 
Escalares e vetores 
Todas as quantidades fisicas na mecânica para engenharia são medidas usando 
escalares ou vetores. 
Escalar 
Um escalar é qualquer quantidade fisica positiva Olll negativa que pode ser 
completamente especificada por sua intensidade. Exemplos de quantidades escalares 
incluem comprimento, massa e tempo. 
Vetor 
Um vetor é qualquer quantidade fisica que requer uma intensidade e uma direção 
para sua completa descrição. Exemplos de vetores encontrados na estática são força, 
posição e momento. Um vetor é representado graficamente por uma seta. O 
comprimento da seta representa a intensidade do vetor, e o ângulo e entre o vetor e 
um eixo fixo determina a direção de sua linha de ação. A ponta da seta indica o 
sentido da direção do vetor (Figura 2.1 ). 
Neste livro, as quantidades vetoriais são representadas por letras em negrito, 
como A, e sua intensidade aparece em itálico, como A. Para manuscritos, em geral, 
é conveniente indicar uma quantidade vetorial simplesmente desenhando uma seta -acima dela, como A . 
Intensidade 
Sentido ~ __.-
A 
\ 
~ Direção 
Figura 2.1 
12 I Estática 
-O;Y 
Multiplicação e divisão escalares 
figura 2.2 
(a) 
(a) 
Operações vetoriais 
Multiplica~ão e divisão de um vetor por um escalar 
Se um vetor é multiplicado por um escalar positivo, sua intensidade é aumentada 
por essa quantidade. Quando multiplicado por um escalar negativo, ele também 
mudará o sentido direcional do vetor. Exemplos gráficos são mostrados na Figura 2.2. 
Adicão de vetores 
' 
Todas as quantidades vetoriais obedecem à lei do paralelogramo da adição. Para 
ilustrar, os dois velares 'componentes ' A e B na Figura 2.3a são somados para formar 
um vetor 'resultanle' R = A + B usando o seguinte procedimento: 
• Primeiro, una as origens dos vetores componentes em um ponto de modo 
que se tornem concon·entes (Figura 2.3b). 
• A partir da extremidade de B, desenhe uma linha paralela a A. Desenhe 
outra linha a partiir da extremidade de A que seja paralela a B. Essas duas 
linhas se interceptam no ponto P para formar os lados adjacentes de um 
paralelogramo. 
• A diagonal desse paralelogramo que se estende até P forma R, que então 
representa o vetoT resultante R = A + B (Figura 2.3c). 
R = A + B 
Lei do paralelogramo 
(b) (c) 
figura 2.3 
Também podemos somar B a A (Figura 2.4a) usando a regra do triângulo, que 
é um caso especial da lei do paralelogramo, em que o vetor B é somado ao vetor A 
da forma 'extremidade-para-origem', ou seja, conectando a extremidade de A com 
a origem de B (Figura 2.4b). O R resultante se estende da origem de A à extremidade 
de B. De modo semelhante, R também pode ser obtido somando A a B (Figura 2.4c). 
Por comparação, vemos que a adição de vetores é comutativa; em outras palavras, 
os vetores podem ser somados em qualquer ordem, ou seja, R = A + B = B + A. 
R 
R 
R = A + B R = B + A 
Regra do triângulo Regra do triângulo 
(b) (c) 
figura 2.4 
Capítulo 2 Vetores de força 13 I 
No caso especial em que os dois vetores A e B são colineares, ou eja, ambos 
possuem a mesma linha de ação, a lei do paralelogramo reduz-se a uma adição 
algébrica ou escalar R - A + 8, como mostra a Figura 2.5. 
Subtracão de vetores 
• -
A resultante da diferença entre dois vetores A e B do mesmo tipo pode cr 
expressa como: 
R' = A - B = A + ( - B) 
Essa soma de vetores é mostrada graficamente na Figura 2.6. A subtração é 
definida, portanto, como um caso especial da adição, de modo que as regras da adição 
vetorial também se aplicam à subtração de vetores. 
B 
Adicão vetorial de forcas , , 
-B 
Lei do paralclogr:uno 
Subtração de vetores 
Figura 2.6 
ou 
Segundo experimentos, uma força é uma quantidade vetorial, pois possui 
intensidade, direção e sentido especificados, e sua soma é feita de acordo com a lei 
do paralelogramo. Dois problemas comuns em estática envolvem determinar a força 
resultante, conhecendo-se suas componentes ou decompor uma força conhecida em 
dua componentes. De crcvcrcmo agora como cada um desses problemas é resolvido 
usando a lei do paralelogramo. 
Determinando uma forca resultante • 
As duas forças componentes, F1 e F2, agindo sobre o pino da Figura 2.7a podem 
ser somadas para formar a força resultante FR = F 1 + F2, como mostra a Figura 2.7b. 
A partir dessa construção, ou usando a regra do triângulo (Figura 2.7c), podemos 
aplicar a lei dos cossenos ou a lei dos senos para o triângulo a fim de obter a 
intensidade da força resultante e sua direção. 
(a) (b) 
Figura 2.7 
Determinando as componentes de uma força 
Algumas vezes é necessário decompor uma força em duas componentes para 
estudar seu efeito de 'empurrão' ou 'puxão' em duas direções especificas. Por 
exemplo, na Figura 2.8a, F deve ser decomposta em duas componentes ao longo dos 
R 
C· ==::::;;::====:::· 
A 8 
R=A + B 
Adição de \'etorcs colincarcs 
figura 2.5 
- B 
Construção do triângulo 
A lei do porolelogromo é usodo poro 
determinar o resultante dos duas 
forços ogindo sobre o goncho. 
v 
(c) 
14 I Estática 
Usando o lei do porolelogromo, o 
forço F' cousodo pelo membro vertical 
pode ser decomposto nos 
componentes que ogem oo longo dos 
cobos de suspensão 11 e v. 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
FJ 
Figura 2.9 
A forço resultante FR sobre o gancho 
requer o odiçõo de FI + F2. Depois 
o resultante é somado o F3. 
(a) 
---- 11 
Figura 2.1 O 
dois membros, definidos pelos eixos u e v. Para determinar a intensidade de cada 
componente, um paralelogramo é construído primeiro, desenhando linhas iniciando 
na extremidade de F, uma linha paralela a u e a outra linha paralela a v. Essas linhas 
então se interceptam com os eixos v eu, fonnando um paralelogramo. As componentes 
da força F" e F. são estabelecidas simplesmente unindo a origem de F com os pontos 
de interseção nos eixos u e v (Figura 2.8b). Esse paralelogramo pode então ser 
reduzido a um triângulo, que representa a regra do triângulo (Figura 2.8c). A partir 
disso, a lei dos senos pode ser aplicada para determinar as intensidades desconhecidas 
das componentes. 
v 
F 
11 11 
"'" "'" 
(a) (b) (c) 
Figura 2.8 
Adicão de várias forcas 
' . 
Se mais de duas forças precisam ser somadas, aplicações sucessivas da lei do 
paralelogramo podem ser realizadas para obter a força resultante.Por exemplo, se 
três forças, F 1, F2 e F3 atuam em um ponto O (Figura 2.9), a resultante de quaisquer 
duas das forças (digamos, F 1 + F2) é encontrada e, depois, essa resultante é somada 
à terceira força, produzindo a resultante das três forças, ou seja, FR = (F1 + F2) + F3. 
O uso da lei do paralelogramo para adicionar mais de duas forças, como mostrado, 
normalmente requer cálculos extensos de geometria e trigonometria para determinar 
os valores numéricos da intensidade e direção da resultante. Em vez disso, problemas 
desse tipo podem ser facilmente resolvidos usando o ' método das componentes 
retangulares', que será expl:icado na Seção 2.4. 
Procedimento para análise 
Problemas que envolvem a soma de duas forças podem ser resolvidos da seguinte 
. 
manetra: 
lei do paralelogramo 
• Duas forças 'componentes', F1 e F2 na Figura 2.1 Oa se somam confonne a lei 
do paralelogramo, dando uma força resultante F R que forma a diagonal do 
paralelogramo. 
• Se uma força F precisar ser decomposta em componentes ao longo de dois 
eixos u e v (Figura 2.1 Oh), então, iniciando na extrem idade da força F, construa 
linhas paralelas aos eixos, formando, assim, o paralelogramo. Os lados do 
paralelogramo represen tam as componentes, F" e F, .. 
• Rotule todas as intensidades das forças conhecidas e desconhecidas e os 
ângulos no esquema e identifique as duas forças desconhecidas quanto à 
intensidade e à direção de F R ou às intensidades de suas componentes. 
Trigonometria 
• Redescnhe metade do paralelogramo para ilustrar a adição triangular 
'extremidade-para-origem' das componentes. 
Capítulo 2 Vetores de força 15 I 
• Por esse triângulo, a intensidade da força resultante é determinada pela lei dos 
cossenos, c sua direção, pela lei dos senos. As intensidades das duas 
componentes de força são detenninadas pela lei dos seno . As fónnulas são 
mostradas na Figura 2. 1 Oc. 
Pontos importantes 
• Escalar é um número positivo ou negativo. 
• Vetor é uma quantidade que possui intensidade, direção e sentido. 
• A multiplicação ou divisão de um vetor por um escalar muda a intensidade 
do vetor. O sentido dele mudará se o escalar for negativo. 
• Como um caso especial, se os vetores forem colineares, a resultante será 
formada pela adição algébrica ou escalar. 
Exemplo 2.1 
O gancho na Figura 2.1 1 a está sujeito a duas forças, F 1 e F 2• Oetenninc a intensidade 
e a direção da força resultante. 
F1- IOO 10° 
15° 
FR 
c 
Lei dos cossenos: 
C \A· _._ 8 2 - 2A8 cos c 
Lei dos senos: 
A _ 8 _ C 
seno- scnb - scnc 
I 
(c) 
Figura 2.1 O 
A 
65° 
360 - 2(65°) 
2 
= 115° 
)~~ IOON 
~( J50 
90°- 25° = 65° 
(a) 
-SOLUCAO 
• 
lei do paralelogramo 
O paralelogramo é formado por uma linha a partir da extremidade de F1 que seja 
paralela a F2 c outra linha a partir da extremidade de F2 que seja paralela a F1• 
A força resultante F R estende-se para onde essas linhas se interceptam no ponto A 
(Figura 2.11 b). As dua incógnita ão a intensidade de F R e o ângulo O (teta). 
Trigonometria 
A partir do paralelogramo, o triângulo vetorial é construído (Figura 2.1lc). Usando 
a lei dos cossenos 
FR = J( IOO N? + (150 N?- 2{100 N)(l50 N) cos 11 5° 
= J IO 000 + 22 500-30 000(-0,4226 ) = 2 12,6 N 
= 213 N 
(b) 
/ 
115° 
o~ 
~~JSO .oo ! 
(c) 
Figura 2.11 
150 
16 I Estática 
11 
600 N 
v 
(a) 
Aplicando a lei dos senos para determinar 8, 
150 N _ 212,6 N sen 0 = 150 N (sen 115o) 
sen e sen il 5° 212,6 N 
e= 39,8° 
Logo, a direção (J (fi) de F R• medida a partir da horizontal, é: 
"' = 39 8° + 15 0° =54 8° 
'f' ' ' ' 
NOTA: Os resultados parecem razoáveis, visto que a Figura 2.1 1 b mostra que F R possui 
uma intensidade maior que suas componentes e uma direção que está entre elas. 
Exemplo 2.2 
Decomponha a força horizontal de 600 N da Figura 2.12a nas componentes que 
atuam ao longo dos eixos u e v e determine as intensidades dessas componentes. 
600 N 
c 
I 
v 
(b) (c) 
Figura 2.12 
-SOLUCAO • 
O paralelogramo é construído estendendo-se uma linha da extremidade da força de 
600 N paralela ao eixo v até que ela intercepte o eixo u no ponto B (Figura 2. 12b). 
A seta de A para B representa F". Da mesma forma, a linha estendida da extremidade 
da força de 600 N paralelamente ao eixo 11 intercepta o eixo v no ponto C, que resulta 
em F,. 
A adição de vetores usando a regra do triângulo é mostrada na Figura 2.12c. As duas 
incógnitas são as intensidades de F, e F,,. Aplicando a lei dos senos, 
F. _ 600 N 
sen 120° sen 30° 
F,,= 1039N 
F. _ 600 N 
sen 30° sen 30° 
F,.= 600 N 
NOTA: O resultado para F,. mostra que algumas vezes uma componente pode ter uma 
intensidade maior do que a resultante. 
Capítulo 2 Vetores de força 17 I 
Exemplo 2.3 
Determine a intensidade da força componente F na Figura 2.13a c a intensidade da 
força resultante se F R c tiver direcionada ao longo do eixo y positivo . 
.1' 
(a) (b) 
-SOLUCAO 
• 
Figura 2.13 
A lei do paralelogramo da adição é mostrada na Figura 2.13b e a regra do triângulo 
é mostrada na Figura 2.13c. As intensidades de F R e F são as duas incógnitas. Elas 
podem ser determinadas aplicando-se a lei dos senos. 
F _ 200 
sen 60° sen 45° 
F= 245 N 
FR 200N 
sen 75° sen 45° 
FR = 273 N 
Exemplo 2.4 
• E necessário que a força resultante que age sobre a argola na Figura 2.14a seja 
direcionada ao longo do eixo x positivo e que F2 tenha uma intensidade mínima. 
Determine essa intensidade, o ângulo (}e a força resultante correspondente. 
F, R 800 N 
F, -
(a) (b) 
-SOLUCAO 
Figura 2.14 
• 
A regra do triângulo para F R = F1 + F2 é mostrada na Figura 2.14b. Como as 
intensidades (comprimento) de F11 e F2 não são especificadas, então F2 pode ser 
(c) 
F 800 
I 
0= 9W 
(c) 
18 I Estática 
qualquer vetor que tenha s·ua extremidade tocando a linha de ação de F R (Figura 
2. 14c). Entretanto, como mostra a figura, a intensidade de F2 é uma distância mínima, 
ou a mais curta, quando sua linha de ação é pe1pendicular à linha de ação de F R• ou 
seja, quando 
e== 90° 
Como a adição vetorial fonna agora um triângulo reto, as duas intensidades 
desconhecidas podem ser obtidas pela trigonometria. 
Problemas fundamentais* 
2.1. Determine a intensidade da força resultante que atua 
sobre a argola e sua direção, medida no sentido horário a 
partir do eixo x. 
Problema 2.1 
2.2. Duas forças atuam sobre o gancho. Detennine a 
intensidade da força resultante. 
I 
30° 
I 
h 2oo 
40° 
/ 
SOON 
Problema 2.2 
2.3. Detennine a intensidade da força resultante c sua 
direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x 
positivo. 
y 
I 
800N 
Problema 2.3 
FR == (800 N)cos 60° == 400 N 
F2 == (800 N)sen 60° == 693 N 
*Soluções parciais e respostas poro todos os problemas 
fundamentais são fornecidos no final do livro. 
2.4. Decomponha a força de 300 N nas componentes ao 
longo dos eixos u e v, e detennine a intensidade de cada uma 
dessas componentes. 
v 
Problema 2.4 
2.5 . A força F== 900 N atua sobre a estrutura. Decomponha 
essa força nas componentes que atuam ao longo dos membros 
AB e AC, e determine a intensidade de cada componente. 
Ayoo 
c 
o 
900N 
Problema 2.5 
2.6. Se a força F precisa ter uma componente ao longo do 
eixo u com Fu == 6 kN, determine a intensidade de F e de sua 
componente F. ao longo do eixo v. 
u 
Problema 2.6 
•2.1. Se e = 30° e T = 6 kN, determine a intensidade da 
força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida 
no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
2.2. Se O= 60° e T = 5 kN, determine a intensidade da força 
resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida no 
sentido horário a partir do eixo x positivo. 
2.3. Se a intensidade da força resultante deve ser 9 kN 
direcionada ao longo do eixox positivo, determine a intensidade 
da força T que atua sobre a argola e seu ângulo e. 
y T 
8k 
Problemas 2.1 /2/3 
•2.4. Determine a intensidade da força resultante que atua 
sobre o suporte e sua direção, medida no sentido anti-horárioa partir do eixo u positivo. 
•2.5. Decomponha F 1 em componentes ao longo dos eixos 
u e v, e determine suas intensidades. 
2.6. Decomponha F2 em componentes ao longo dos eixos 
u c v, c determine suas intensidades. 
li 
Problemas 2.4/S/6 
2.7. Se F8 = 2 kN e a força resultante atua ao longo do eixo 
u positivo, determine a intensidade da força resultante e o 
ângulo e. 
•2.8. Se a força resultante precisa atuar ao longo do eixo u 
positivo e ter uma intensidade de 5 kN, determine a 
intensidade necessária de F 8 e sua direção e. 
r:o~o~~;~R3~~F,.~- 3 kNx 00 
00 
00 
Fn 
Problemas 2.7/8 
Capítulo 2 Vetores de força 19 I 
•2.9. A chapa está submetida a duas forças em A e B, como 
mostrado na figura. Se e = 60°, detennine a intensidade da 
resultante das duas forças e sua direção medida no sentido 
horário a partir da horizontal. 
2.10. Determine o ângu lo de (J para conectar o membro A à 
chapa de modo que a força resultante de FA e F8 seja 
direcionada horizontalmente para a direita. Além disso, 
infonne qual é a intensidade da força resultante. 
fà & 8 kN 
Problemas 2. 9/ 1 O 
2.11. Se a tração no cabo é 400 N, determine a intensidade 
e a direção da força resultante que atua sobre a polia. Esse 
ângulo é o mesmo ângulo f) da linha AB no bloco do carretel. 
400N Y 
30° 
Problema 2.11 
•2.12. O dispositivo é usado para a substituição cirúrgica da 
articulação do joelho. Se a força que atua ao longo da perna 
é 360 N, determine suas componentes ao longo dos eixos x 
e y'. 
2.13. O dispositivo é usado para a substituição cirúrgica da 
articulação do joelho. Se a força que atua ao longo da perna é 
360 N, detennine suas componentes ao longo dos eixos x' e y. 
y' y 
360 N 
Problemas 2.12/13 
I 20 I Estático 
2.14. Detennine o ângulo O (0° :;: O:;: 90°) para o tirante A 8, 
de modo que a força horizontal de 800 N tenha uma 
componente de I 000 N direcionado de A até C. Qual é 
a componente da força que atua ao longo do membro AB? 
Considere; = 40°. 
2.15. Determine o ângulo ; (0° < ; < 90°) entre os tirantes 
A8 e AC, de modo que a força horizontal de 800 tenha 
uma componente de 1200 que atue para a esquerda, na 
direção de 8 para A. Considere O= 30°. 
800 A 
8 
Problemas 2.14 I 1 S 
•2.16. Decomponha F1 nas componentes que atuam ao longo 
dos eixos LI e v e determine suas intensidades. 
•2.17. Decomponha F2 nas componentes que atuam ao longo 
dos eixos LI e v e determine suas intensidades. 
11 
11 
Problemas 2.16 I 17 
2.18. A caminhonete precisa ser rcbocada usando duas cordas. 
Detennine as intensidades das forças F,. e F8 que atuam em 
cada corda para produzir uma força resultante de 950 N, 
orientada ao longo do eixo x positivo. Considere O = 50°. 
2.19. A caminhonete precisa ser rcbocada usando duas 
cordas. Se a força resultante deve ser de 950 , orientada ao 
longo do eixox positivo, determine as intensidades das forças 
F~ e F 8 que atuam sobre cada corda e o ângulo (} de F 8. de 
modo que a inten idade de F8 seja mínima. F,. atua a 20° do 
eixo x, como mostra a figura. 
Problemas 2.18 I 19 
•2.20. Se; = 45°, F1 = 5 k c a força resultante é de 6 k , 
orientada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade 
necessária de F2 e sua direção O. 
•2.21. Se ; = 30° e a força resultante deve ser de 6 kN, 
orientada ao longo do eixo y positivo, determine as 
intensidade de F1 e F2, e o ângulo O, se F2 necessita ser 
• • mtmma. 
2.22. Se ; = 30°, F, = 5 kN e a força resultante deve ser 
orientada ao longo do eixo y positivo, detcnnine a intensidade 
da força resultante, se F2 necessita ser mínima. Além disso, 
quais os valores de F2 c do ângulo (}? 
Problemas 2.20121 122 
2.23. Se O = 30° e F2 = 6 k , determine a intensidade da 
força resultante que atua obre a chapa e sua direção, medida 
no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
•2.24. Se a força resultante FR está orientada ao longo da 
linha a 75° no sentido horário a partir do eixo x positivo e a 
intensidade de F2 deve ser mínima, determine as intensidades 
de FR e F2, c o ângulo O:;: 90°. 
Problemas 2.23124 
•2.25. Duas forças F1 c F2 atuem sobre o gancho. Se suas 
linhas de ação formam um ângulo (}c a intensidade de cada 
força é F 1 = F2 = F, determine a intensidade da força 
resultante F R e o ângulo entre F R e F1. 
Problema 2.25 
2.26. A tora deve ser rebocada por dois tratores A e B. 
Detennine as intensidades das duas forças de reboque FA e 
F 8. levando-se em conta que a força resultante tenha uma 
intensidade FR = I O kN e seja orientada ao longo o eixo x. 
Considere 8 = 15°. 
2.21. A resultante F R das duas forças que atuam sobre a tora 
deve estar orientada ao longo do eixo x positivo e ter uma 
intensidade de I O kN. Determine o ângulo O do cabo acoplado 
a B para que a intensidade da força F 8 nesse cabo seja 
mínima. Qual é a intensidade da força em cada cabo, nessa 
situação? 
y 
8 
Problemas 2.26/ 27 
*2.28. A viga deve ser içada usando-se duas correntes. 
Detennine as intensidades das forças FA e F 8 que atuam em 
cada corrente, a fim de obter uma força resultante de 600 N 
orientada ao longo do eixo y positivo. Considere O = 45°. 
•2.29. A viga deve ser içada usando-se duas correntes. Se a 
força resultante for de 600 N, orientada ao longo do eixo y 
positivo, detennine as intensidades das forças FA e F8 que 
atuam em cada corrente e o ângulo O de F8 . para que a 
intensidade de F8 seja mínima. FA atua a 30° do eixo y, como 
mostra a figura. 
y 
------x 
Problemas 2.28/ 29 
Capítulo 2 Vetores de força I 21 
2.30. Três correntes atuam sobre o suporte, de modo a 
criarem uma força resultante com intensidade de I 000 N. Se 
duas das correntes estão submetidas a forças conhecidas, 
como mostra a figura , determine o ângulo e da terceira 
corrente, medida no sentido horário a partir do eixo x 
positivo, de modo que a intensidade da força F nessa corrente 
seja mínima. Todas as forças estão localizadas no plano x- y. 
Qual é a intensidade de F? Dica: Detennine primeiro a 
resultante das duas forças conhecidas. A força F atua nessa 
direção. 
y 
I 
400 N 
Problema 2.30 
2.31. Três cabos puxam um tubo de tal modo que geram 
uma força resultante com intensidade de 1800 N. Se dois 
dos cabos estiverem submetidos a forças conhecidas, como 
mostra a figura, detennine o ângulo e do terceiro cabo, de 
modo que a intensidade da força F neste cabo seja mínima. 
Todas as forças estão localizadas no plano x- y. Qual é a 
intensidade de F? Dica: Determine primeiro a resultante das 
duas forças conhecidas. 
F 
Problema 2.31 
I 22 I Estática 
y 
(a) 
y 
F,, 
F 
(b) 
Figura 2.1 S 
y 
jt 
Te-----~ F 
"; 
l ~=::-==:!::-----==-~:-X 1---Fx ----l 
Figura 2.16 
Adição de um sistema de forças coplanares 
Quando uma força é dec·omposta em duas componentes ao longo dos eixos x e y, 
as componentes são, então, chamadas de componentes retangulares. Para um trabalho 
analítico, podemos representar essas componentes de duas maneiras, usando a notação 
escalar ou a notação de vetor cartesiano. 
Notacão escalar , 
As componentes retangulares da força F mostrados na Figura 2. 15a são 
determinadas usando a lei do paralelogramo, de modo que F = F,. + Fr Como essas 
componentes formam um triângulo retângulo, suas intensidades podem ser 
determinadas por: 
F.. = F cos fJ 
e 
F,. = F scn f) 
No entanto, em vez de usar o ângulo (), a direção de F também pode ser definida 
por um pequeno triângulo '.da inclinação', como mostra a Figura 2. 15b. Como esse 
triângulo e o triângulo maior sombreado são semelhantes, o comprimento proporcional 
dos lados fomece: 
ou 
e 
ou 
Fx a y=-c 
F, b y=-; 
A componente y é um escalar negativo, já que F,. está orientada ao longo do 
eixo y negativo. 
É importante lembrar que a notação escalar positiva e negativa deve ser usada 
apenas para fins de cálculos, não para representações gráficas em figuras. Neste livro, 
a ponta (extremidade) de uma seta do vetor em qualquer figura representa o sentido 
do vetor graficamente; sinaisalgébricos não são usados para esse propósito. Portanto, 
os vetores nas figuras 2.15a e 2. 15b são representados em negrito (vetor).* Sempre 
que forem escritos símbolos em itálico próximo das setas dos vetores nas figUJas, eles 
indicam a intensidade do vetor, que é sempre uma quantidade positiva. 
Notacão vetorial cartesiana , 
Também é possível representar as componentes x e y de uma força em termos de 
vetores cartesianos unitários i e j . Cada um desses vetores unitários possui intensidade 
adimensional igual a um e, portanto, pode ser usado para designar as direções dos 
eixos x e y, respectivamente (Figura 2.1 6). ** 
• Sinais negativos são usados em figuras com notação em negri to apenas quando mostram pares 
de vetores iguais, mas opostos, como na Figura 2.2. 
•• Em tr.1balhos manuscritos, os vetores unitários normalmente são indicados por acento circunflexo, 
por exemplo, 1 c j'. Esses vetores têm intensidade adimcnsional unitária, c seu sentido (ou ponta 
de seta) será descri to analiticamente por um sinal de mais ou de menos, se apontarem para o 
sentido positivo ou negativo do eixo x ou y . 
Capítulo 2 Vetores de forço I 23 I 
Como a intensidade de cada componente de F é sempre uma quantidade positi1•a, 
representada pelos escalares (positivos) F, e F}~ então, podemos expressar F como 
um vetor cartesiano. 
F = F) ... ~.j 
Resultante de for~as coplanares 
Qualquer um dos dois métodos descritos pode ser usado para determinar a 
re ultantc de várias forças coplanares. Para tanto, cada força é decomposta em suas 
componentes x c y; depois, as respectivas componentes são somadas usando-se 
álgebra escalar, uma vez que são colineares. A força resultante é então composta 
adicionando-se as componentes por meio da lei do paralelogramo. Por exemplo, 
considere as três forças concorrentes na Figura 2.17a, que têm as componentes x e Jl, 
como mostra a Fib'11111 2. 17b. Usando a notação vetorial cartesiana, cada força é 
representada como um vetor cartesiano, ou seja, 
F1 = F"í + F1, j 
F2 = - Fl ) + F2,j 
F3 = F3 ) - F3_.j 
O vetor resultante é, portanto, 
FR = F,+ F2+ FJ 
= F ... i + F" j - Fü:i + F2j + F3) - F 3.j 
= (F,x- F ü: + FJr) i + (F,_, + F2,.- F ,,.) j 
= (F R.r) i + (F ll)·)j 
Se for usada a notação escalar, temos então, 
(±) 
(+I) 
Esses são os mesmos resultados das componentes i e j de F R determinados 
anteriormente. 
As componentes da força resultante de qualquer número de forças coplanares podem 
ser representadas simbolicamente pela soma algébrica das componentes x c y de todas 
as forças, ou seja, 
FR.r = 'f.F, 
F ='LF 
(2.1) 
Uma vez que estas componentes são determinadas, elas podem ser esquematizadas 
ao longo dos eixos x e y com seus sentidos de direção apropriados, e a força resultante 
pode ser determinada pela adição vetorial, como mostra a Figura 2.17. Pelo esquema, 
a intensidade de F R é determinada pelo teorema de Pitágoras, ou seja, 
FR= / Fi.+ F~ 
Além disso, o ângulo(), que especifica a direção da força resultante, é determinado 
por meio da trigonometria: 
Os conceitos anteriores são ilustrados numericamente nos exemplos que se 
seguem. 
.... 
y 
(a) 
(b) 
y 
(c) 
ftgura 2.17 
I 24 I Estática 
A forço resultante dos quatro forças 
dos cabos que atuam sobre o suporte 
de ancoragem pode ser determinado 
somond~se algebricamente os 
componentes x e y do forço de cada 
cabo. Essa resultante F0 produz o 
mesmo efeito de puxão no suporte 
que todos os quatro cabos. 
y 
(a) 
)' 
' \ 30c 
\':"" 
' ' 
F1x = 200 sen 30°N 
(b) 
y 
(c) 
Figura 2.18 
Pontos importantes 
• A resultante de várias forças coplanares pode ser detcnuinada facilmente se 
for estabelecido um sistema de coordenadasx c y e as forças forem decompostas 
ao longo dos eixos. 
• A direção de cada força é especificada pelo ângulo que sua linha de ação 
fonna com um dos eixos, ou por um triângulo da inclinação. 
• A orientação dos eixos x e y é arbitrária e sua direção positiva pode ser 
especificada pelos vetores cartesianos unitários i e j . 
• As componentes x e y da força resultante são simplesmente a soma algébrica 
das componentes de todas as forças coplanares. 
• A intensidade da força resultante é detenninada pelo teorema de Pitágoras e, 
quando as componentes são esquematizadas nos eixos x e y, a direção é 
detenninada por meio da trigonometria. 
Exemplo 2.5 
Determine as componentes x e y de F 1 e F 2 que atuam sobre a lança mostrada na 
Figura 2.18a. Expresse cada força como um vetor cartesiano. 
-SOLUCAO 
• 
Notocão escolar 
• 
Pela lei do paralelogramo, F 1 é decomposta nas componentes x e y (Figura 2. 18b). 
Como F 1 .. atua na direção - -r e F 1y. na direção +y, temos: 
F 1x = -200 sen 30° N = - 100 N = 100 N -
F1>, = 200 cos 30° = I 73 N = 173 N 1 
A força F2 é decomposta em suas componentes x e y, como mostra a Figura 2. 18c. 
Nesse caso, a inclinação da linha de ação da força é indicada. A partir desse ' triângulo 
da inclinação', podemos obter o ângulo e, ou seja, e = tg-l ( 152 ). e detenuinar as 
intensidades das componentes da mesma maneira que fizemos para F 1• O método 
mais fácil, entretanto, consiste em usar partes proporcionais de triângulos semelhantes, 
OU Seja, 
Fl, 
260N 
Da mesma forma, 
F2x = 260 N ( : ~ ) = 240 N 
Observe que a intensidade da componente horizontal, F 2., foi obtida multiplicando a 
intensidade da força pela relação entre o lado horizontal do triângulo da inclinação 
dividido pela hipotenusa; enquanto a intensidade da componente vertical, F21, foi 
obtida multiplicando a intens idade da força pela relação entre o lado vertical dividido 
pela hipotenusa. Então, 
F 2x = 240 N = 240 N -
F2y = - I 00 N = I 00 N I 
I 26 I Estática 
383,2 N 
y 
f: = 250 N 
450 2 
(a) 
(b) 
y 
I 
296,8 N 
(c) 
Figura 2.20 
Exemplo 2.7 
A ponta de uma lança O na Figura 2.20a está submetida a três forças coplanares c 
concorrentes. Determine a intensidade e a direção da força resultante. 
-SOLUCAO • 
Cada força é decomposta em suas componentes x e y (Figura 2.206). Somando as 
componentes x, temos: 
.!'. FRx = L.Fx; FRx = -400 N + 250 sen 45° N - 200( ~ ) N 
= -383 ,2 N = 383,2 N -
O sinal negativo indjca que F R.r atua para a esquerda, ou seja, na direção x negativa, 
como observamos pela pequena seta. Obviamente, isso ocorre porque F , e F3 na 
Figura 2.20b contribuem com um puxão maior para a esquerda do que F2, que puxa 
para a direita. Somando as componentes de y, temos: 
. r FRy = L.F, ; FRy = 250cos 45° N + 200( ~) N 
= 296,8N I 
A força resultante, mostrada na Figura 2.20c, possui a seguinte intensidade: 
FR = / ( - 383,2 N)2 + (296,8 N? 
= 485N 
Da adição de vetores na Figura 2.20c, o ângulo de direção ()é: 
B = t - I ( 296,8) = 37 80 g 383 2 , , 
NOTA: A aplicação desse método é mais conveniente quando comparado às duas 
aplicações da lei do paralelogramo, primeiro para somar F, e F2, depois para somar 
F3 a essa resultante. 
Problemas fundamentais 
2.1. Decomponha cada força que atua sobre o poste em 2.8.. Determine a intensidade e a direção da força resultante. 
suas componentes x e y. 
250 N 
y 
F1 = 300N 
Problema 2.7 
y 
. . . . ~ 
• • • • . . .. .•. 
Problema 2.8 
400 N 
300N 
2.9. Determine a intensidade da força resultante que atua 
sobre a cantoneira c sua direção O, medida no sentido anti-
-horário a partir do eixo x. 
y 
Problema 2. 9 
2.10. Se a força resultante que atua sobre o suporte for 
750 N direcionada ao longo do eixo x positivo, determine a 
intensidade de F e sua direção O. 
y 
325 N 
Problema 2.1 O 
I Problemas 
•2.32. Determine a intensidade da força resultante que atua 
sobre o pino e sua direção, medida no sentido horário a partir 
do eixo x positivo. 
F 1 = 150N 
Problema 2.32 
•2.33. Se F1 = 600 N e~ = 30°, determine a intensidade da 
força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida 
no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
Capítulo 2 Vetores de forço I 27 I 
2.11. Se a intensidade da força resultante queatua sobre o 
suporte for 400 N direcionada ao longo do eixo u, determine 
a intensidade de F e sua direção O. 
y 
250 
450 11 
Problema 2.11 
2.12. Determine a intensidade da força resultante e sua 
direção e, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x. 
y 
F 1 = 15 kN 
F3 = 15 kN 
3 
-----x 
Problema 2.12 
2.34. Se a intensidade da força resultante que atua sobre a 
argola é 600 N e sua direção no sentido horário do eixo x 
positivo é O= 30°, determine a intensidade de F1 e o ângulo~-
y 
F3 = 450N 
Problemas 2.33/ 34 
I 28 I Estático 
2.35. O ponto de contato entre o fêmur c a tíbia está em A. 
Se uma força vertical de 875 N é aplicada nesse ponto, 
detenninc as componentes ao longo dos eixos x e y. Observe 
que a componente y representa a força nonnal na região da 
carga de rolamento dos ossos. As componentes x e y dessa 
força fazem com que o nuido sinovial seja comprimido para 
fora do espaço de rolamento. 
)' 
875 N 
X 
Problema 2.35 
' 2.36. Se ; = 30° c F2 = 3 k , dctcnninc a intensidade da 
força resultante que atua sobre a chapa e sua direção 8, 
medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
•2.37. Se a intensidade da força resultante que atua sobre a 
chapa preci a ser 6 kN c sua direção no sentido borãrio do 
eixo x positivo é O = 30°, dctennine a intensidade de F2 e 
sua direção ;. 
2.38. Se ; = 30° e a força resultante que atua sobre a placa 
de ligação é direcionada ao longo do eixo x positivo, 
determine as intensidades de F2 c da força resultante. 
SkN 
Problemas 2.36/ 37/ 38 
2.39. Detennine a intensidade de F1 e sua direção e. de 
modo que a força resultante seja direcionada verticalmente 
para cima e tenha a intensidade de 800 N. 
' 2.40. Dctcnninc a intensidade e a direção, medida no 
sentido anti-horário a partir do eixo x positivo, da força 
resultante das três forças que atuam sobre o anel A. Considere 
F 1 = 500 N c O = 20°. 
Problemas 2.39 I 40 
•2.41. Determine a intensidade e a direção e de F B• de modo 
que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo y 
positivo c tenha uma intensidade de 1500 N. 
2.42. Determine a intensidade e o ângulo medido no sentido 
antit-horário a partir do eixo y positivo da força resultante 
que atua no suporte se F8 = 600 N e e = 20°. 
y 
Ff 700 
Problemas 2.41 / 42 
2.43 . Se ~ = 30° e F 1 = 1,25 kN, determine a intensidade 
da força resultante que atua sobre o suporte e sua direção, 
medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
*2.44. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o 
suporte é 2 kN direcionada ao longo do eixo x positivo, 
determine a intensidade de F1 c sua direção ~· 
•2.4 5. Se a força resultante que atua sobre o suporte precisa 
ser direcionada ao longo do eixo x positivo e a intensidade 
de F 1 precisa ser mínima, detennine as intensidades da força 
resultante e de F1• 
)' 
Fz- 1,5 kN 
Problemas 2.43/ 44/ 45 
2.46. As três forças concorrentes que atuam sobre o olhai 
produzem uma força resultante FR =O. Se F2 = ~ F 1 e F 11 
precisa estar a 90° de F2, como mostra a figura, determine 
a intensidade necessária de F3 expressa em função de F1 e 
o ângulo e. 
Problema 2.46 
2.47. Detem1jne a intensidade de FA e sua direção e, de 
modo que a força resultante seja direcionada ao longo do 
eixo x positivo e tenha uma intensidade de 1250 N. 
*2.48. Determine a intensidade e a direção medjda no sentido 
anti-horário a partir do eixo x positivo da força resultante que 
atua sobre o anel em O se F,. = 750 N e e = 45° . 
Problemas 2.47/ 48 
•2.49. Determine a intensidade da força resultante e sua 
direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x 
positivo. 
y 
-------(.;~__;~-'-~--X 
@ 
@ 
F2 = 350N 
F3 = 250 N 
Problema 2.49 
Capítulo 2 Vetores de força I 29 I 
2.50. As três forças são aplicadas no suporte. Determine a 
faixa de valores para a intensidade da força P, de modo que 
a resultante das três forças não exceda 2400 N. 
800 N 
p 
Problema 2.50 
2.51. Se F1 = 150 N e t/J = 30°, detennine a intensidade da 
força resultante que atua sobre o suporte e sua direção, 
medida no sentido horário a partir do eixo positivo x. 
*2.52. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o 
suporte deve ser 450 N direcionada ao longo do eixo u 
positivo, determine a intensidade de F1 e sua direção 1/J. 
•2.53. Se a força resultante que atua sobre o suporte precisa 
ser mínima, determ ine as intensidades de F1 e da força 
resultante. Considere t/J = 30°. 
y 
11 
30° ----..L.l ...., ..... --X 
k~~~1 F2 = 200 N 
Problemas 2.51 / 52/ 53 
2.54. Três forças atuam sobre o suporte. Determine a 
intensidade e a direção e de F 2• de modo que a força resultante 
seja direcionada ao longo do eixo u positivo e tenha uma 
intensidade de 250 N. 
2.55. Se F2 = 750 N e O= 55°, determine a intensidade e a 
direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo 
da força resultante das três forças que atuam sobre o suporte. 
y 
Problemas 2.54/ 55 
I 30 I Estática 
•2.56. As três forças concorrentes que atuam sobre o poste 
produzem uma força resultante F R= O. Se F2 = ~ F1 e F1 estiver 
a 90° de F2, como mostra a figura, detem1ine a intensidade 
necessária de F3 expressa em timção de F1 e do ângulo 8. 
2.58. Expresse cada uma das três forças que atuam sobre o 
suporte na forma vetorial cartesiana com relação aos eixos 
x e y . Detem1ine a intensidade e direção () de F1• de modo 
que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x' 
positivo e tenha uma intensidade FR = 600 N. y 
~I d I 1111" 
Problema 2.56 
•2.57. Determine a intensidade da força F, de modo que a 
força resultante das três forças seja a menor possível. Qual 
é a intensidade dessa força resultante mínima? 
x--
14 kN F 
Problema 2.57 
Figura 2.21 
z 
I 
A -• 
A,, 
· - y 
Figura 2.22 
Problema 2.58 
Vetores cartesianos 
As operações da álgebra vetorial, quando aplicadas para resolver problemas em 
três dimensões, são enormemente simplificadas se os vetores forem primeiro 
representados na forma de rum vetor ca11esiano. Nesta seção, vamos apresentar um 
método geral para fazer isso; na seção seguinte usaremos esse método para determinar 
a força resultante de um sis tema de forças concorrentes. 
Sistema de coordenadas destro 
Usaremos um sistema de coordenadas destro para desenvolver a teoria da álgebra 
vetorial que se segue. Dizemos que um sistema de coordenadas retangular é destro 
desde que o polegar da mão direita aponte na direção positiva do eixo z, quando os 
dedos da mão direita estão curvados em relação a esse eixo e direcionados do eixo x 
positivo para o eixo y positivo (Figura 2.2 1 ). 
Componentes retangulares de um vetor 
Um vetor A pode ter uma, duas ou três componentes retangulares ao longo dos 
eixos coordenados x, y, z, dependendo de como o vetor está orientado em relação 
aos eixos. Em geral, quando A está direcionado dentro de um octante do sistema 
x, y, z (Figura 2.22), com duas aplicações sucessivas da lei do paralelogramo pode-se 
Capítulo 2 Vetores de força I 31 
decompô-lo em componentes, como A = A ' + A. e depois A '= A,+ A,. Combinando - . 
essas equações, para eliminar A', A é representado pela soma vetorial de sua três 
componente retangulares, 
A = A,. + A,. + A. . - (2.2) 
Vetores cartesianos unitários 
Em três dimensões, os vetores cartesianos unitários i, j , k são u ados para de ignar 
as direções dos eixos x, y, z, respectivamente. Como vimos na Seção 2.4, o sentido 
(ou a ponta de seta) desses vetores será descrito analiticamente por um sinal positivo 
ou negativo, dependendo se indicam o sentido positivo ou negativo dos e ixos x, y ou 
=· Os vetores cartesianos unitários são mostrados na figura 2.23. 
Representa~ão de um vetor cartesiano 
Como as três componentes de A na Equação 2.2 atuam nas d ireções positivas de 
i, j e k (Figura 2.24), pode-se escrever A na forma de um vetor cartesiano como: 
(2.3) 
Há uma vantagem em escrever vetores dessa maneira. Separando-se a intensidadee a direção de cada vetor componente, simplificam-se as operações da álgebra vetorial, 
particularmente em três dimensões. 
Intensidade de um vetor cartesiano 
É sempre po sivel obter a intensidade de A, desde que ele seja expres o sob a 
fom1a de um vetor cartesiano. Como mostra a Figura 2.25, do triângulo retângulo 
cinza claro, A = j A'2 +A; e do triângulo retângulo cinza escuro, A' = j A; + A ~ . 
Combinando-se essas equações para eliminar A', temos: 
(2.4) 
Logo, a imensidade de A é igual à raiz quadrada positiva da soma dos quadrados 
de suas componentes. 
Direcão de um vetor cartesiano , 
A direção de A é definida pelos ângulos de direção coordenados a (alfa), fJ (beta) 
c y (gama), medidos entre a origem de A e os eixos x, y, z positivos, desde que 
estejam localizados na origem de A (Figura 2.26). Note que, independentemente da 
direção de A, cada um desses ângulos estará entre 0° c 180°. 
Para determinarmos a, fJ c y, vamos considerar as projeções de A sobre os eixos 
x, y, z (Figura 2.27). Com referência aos triângulos sombreados de cinza claro 
mostrados em cada figura, temos: 
I 
cosa= A~ 
A P 
A, 
cos = -· co r= 
A (2.5) 
Es es números ão conhecidos como os cossenos diretores de A. Uma vcL: obtidos, 
os ângulos de direção coordenados a, fJ e y são determinados pelo inverso dos 
cossenos. 
Um modo fácil de obter os cossenos diretores é criar um vetor unitário u~ na 
direção de A (Figura 2.26). Se A for expresso sob a forma de um vetor cartesiano, 
--
Í/ J---=~-y 
Jl'/ j 
X 
Figura 2.23 
, 
I 
-y 
Figura 2.24 
ff x 
~-~(L 
fo--AJ ( 
Figura 2.25 
A k , 
Figura 2.26 
I 32 I Estática 
/ 
X 
• . 
z 
Figura 2.28 
----y 
. . :z 
r--1 ....... ~---y 
/ / 
X X 
Figura 2.27 
A = Axi + A>j + A=k , então uA terá uma intensidade de um e será adimensional, desde 
que A seja dividido pela sua iDtensidade, ou seja, 
UA =A= A .. i + A_, j + A: k 
A A A A (2.6) 
onde A =/Ai + A; + A; . Comparando-se com as equações 2.5, vemos que as 
componentes i, j , k de u,~ representam os cossenos diretores de A, ou seja, 
UA = COS a i + COS pj + COS yk (2.7) 
Como a intensidade do vetor é igual à raiz quadrada positiva da soma dos 
quadrados das intensidades de suas componentes e uA possui uma intensidade de um, 
então, pode-se estabelecer uma relação importante entre os cossenos diretores como: 
I cos2 a + cos2 p + cos2 y = I I (2.8) 
Podemos ver que, se apenas dois dos ângulos coordenados forem conhecidos, o 
terceiro pode ser encontrado usando essa equação. 
Finalmente, se a intensidade e os ângulos de direção coordenados de A são dados, 
A pode ser expresso sob a forma de vetor cartesiano como: 
A =Au,~ 
A = A cos a i + A cos pj + A cos yk 
A =A) + A,j + A:k (2.9) 
Algumas vezes, a direçã.o de A pode ser especificada usando dois ângulos, (}e rp 
(fi), como mostra a Figura 2.28. As componentes de A podem, então, ser detenninadas 
aplicando trigonometria, primeiro ao triângulo retângulo cinza claro, o que resulta: 
A" = A cos rp e A 1 = A sen rp 
Agora, aplicando a trigonometria no triângulo cinza escuro, 
A, = A I c os O = A sen rp c os O 
Ay = A ' sen f) = A sen rp sen 8 
Logo, A escrito na forma de um vetor cartesiano se toma: 
A = A sen rp cos Oi + A sen rp sen Oj + A cos 1/Jk 
Você não precisa memorizar essa equação; em vez disso, é importante entender 
como as componentes foram determinadas usando a trigonometria. 
Capítulo 2 Vetores de forço I 33 I 
Adicão de vetores cartesianos , 
A adição (ou subtração) de dois ou mais vetores é bastante simplificada se os 
vetores forem expresso em função de suas componentes cartesianas. Por exemplo, c 
A = A,i + A,j + A:k c B = B,i + B,j + B;k (Figura 2.29), então o vetor resultante R 
tem componentes que representam as sornas escalares das componentes i, j , k de A 
e B, ou seja, 
R = A + B =(A~+ B.)i + (A,. + B,.)j +(A=+ B:)k . . 
Se este conceito for generalizado c aplicado em um sistema de várias forças 
concorrentes, então a força resultante será o vetor soma de todas as forças do sistema 
e poderá ser escrita como: 
I FR = LF = LF,i + r.p;,j + LF:k I (2. 1 O) 
Nesse caso, LF., .EF,. e 'f.F= representam as somas algébricas dos respectivos 
vetores componentes x, y, z ou i, j , k de cada força do sistema. 
Pontos importantes 
• A análise vetorial cartesiana é usada frequentemente para resolver problemas 
em trê dimcnsõc . 
• As direções positivas dos eixos x, y, z são definida pelo vetores cartesianos 
unitários i, j , k, respectivamente. 
• A intensidade de um vetor cartesiano é dada por A = /A; .... A ~ + A}. 
• A direção de um vetor cartesiano é definida pelos ângulos de direção coordenados 
a,p, y que a origem do vetor forma com os eixosx,y, z po i ti vos, respectivamente. 
As componentes do vetor unitário u4 = AIA representam o cossenos diretores 
de a, p, y. Apenas dois dos ângulos a, p, y precisam ser especificados. O terceiro 
ângulo é calculado pela relação cos2 a + cos2 p + cos2 y = I. 
• Algumas ve7es, a direção de um vetor é definida usando os dois ânbrulos O e (>, 
como na Figura 2.28. Nesse caso, as componentes vetoriais são obtidas por 
decomposição vetorial usando trigonometria. 
• Para determinar a resultante de um sistema de forças concorrentes, expresse 
cada força como um vetor cartesiano e adicione as componentes i, j , k de 
todas as forças do sistema. 
Exemplo 2.8 
Expresse a força F, mostrada na Figura 2.30, como um vetor cartesiano. 
-SOLUCAO 
• 
Como apenas dois ângulos de direção coordenados são dados, o terceiro ângulo a 
deve ser calculado pela Equação 2.8; ou seja, 
cos2 a+ cos2 P + cos2r = I 
cos2 a+ cos260° + cos245° = I 
cosa= / 1-(0,5[ - (0,707)2 =± 0,5 
/ 
X 
-
I 
(A: - 8:)k 
(A ,+ B,)j 
Figura 2.29 
F= 200 
Figura 2.30 
-- I' • 
I 34 I Estática 
F2 = {SOi - IOOj + IOOk} kN 
X 
Portanto, existem duas possibilidades, a saber: 
a = cos-1(0,5) = 60° 
ou 
a = coÇ1 (-0,5) = 120° 
Da Figura 2.30, é necessário que a = 60°, visto que F .• está na direção +x. 
Usando-se a Equação 2.9, com F = 200 N, temos: 
F = F cos a i + F cos fJj + F cos yk 
= (200 cos 60° N)i + (200 cos 60° N)j + (200 cos 45° N)k 
= {JOO,Oi + LOO,Oj + 141 ,4k} N 
Mostramos que realmente a intensidade de F= 200 N. 
Exemplo 2.9 
Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que 
atua sobre o anel da Figura 2.3la. 
z FR = {50i - 40j + 180k} kN z 
F1 = {60j + 80k } kN 
a = 74,8° 
(a) (b) 
Figura 2.31 -SOLUCAO 
• 
Uma vez que cada força está representada na forma vetorial cartesiana, a força 
resultante, mostrada na Figura 2.3lb, é: 
FR = LF = F. + F2 = {60j + 80k} kN + {50i - lOOj + lOOk} kN 
= {50i - 40j + 180k} kN 
A intensidade de F R é: 
FR =/(50 kN t + (- 40 kN f + (180 kN f = 191,0 kN 
= 191 kN 
Os ângulos de direção coordenados a, fJ, y são determinados pelas componentes do 
vetor unitário que atuam na direção de F R 
de modo que: 
FR 50 . 40 . 180 k 
UfA = FR = 191 ,0 I - 191,0 1 + 19 1,0 
= 0 ,2617i - 0,2094j + 0,9422k 
cos a= 0,2617 
cos fJ = -0,2094 
cos y = 0,9422 
a= 74 8° 
' 
Esses ângulos são mostrados na Figura 2.3lb. 
NOTA: Em especial, observe que fJ > 90°, uma vez que a componente j de uF. é 
negativa. Isso se torna claro quando vemos que F1 e F2 se somam de acordo com a 
lei do paralelogramo. 
Capítulo 2 Vetores de forço I 35 I 
Exemplo 2.10 
Expresse a força F, mostrada na Figura 2.32a como um vetor cartesiano. 
-SOLUCAO 
• 
Os ângulos de 60° e 45° que definem a direção de F não são ângulos de direção 
coordenados. As duas aplicações sucessivas da lei do paralelogramo são neces árias 
para decompor F em suas componentes x, y, =· Primeiro F = F' + F:, em seguida 
F'= F_..+ F, (Figura 2.32b). Pela trigonometria, as intensidades das componentes ão: 
F:= 100 sen 60° k = 86,6 kN 
F' = 100 cos 60° kN =50 kN 
F = F' cos 45° = 50 cos 45° kN = 35 4 kN 
f ' 
F = F' sen 45° = 50 sen 45° kN = 35 4 kN 
f ' 
Constatando-se que F> possui uma direção definida por - j , tem-se: 
F = {35,4i - 35,4j + 86,6k} kNPara mostrar que a intensidade desse vetor é na verdade I 00 kN, aplique a Equação 2.4. 
F= j F,2 + F,2 + F} 
= / {35,4f +{-35, 4f + (86,6f = lOOkN 
Se neces á rio, os ângulos de direção coordenados de F podem ser determinados pelas 
componentes do vetor unitário que atuam na direção de F. Logo, 
de modo que, 
F F.,. . F., . F. k u = - = - I + - J + ---"-
F F F F 
35,4 . 35,4 . 86,6 k 
1oo ' - 1oo J + 100 
= 0,354i - 0,354j + 0,866k 
a = cos 1 (0,354) = 69,3° 
fJ =COSI (- 0,354) = 111 ° 
y = cos· • (0,866) = 30,0° 
Esses resultados são mostrados na Figura 2.32c. 
Exemplo 2.11 
Duas forças atuam sobre o gancho mostrado na Figura 2.33a. Especi li que a intensidade 
de F2 c seus ângulos de direção coordenados, de modo que a força resultante F R atue 
ao longo do eixo y positivo e tenha intensidade de 800 
--
F, -
700 
X 
F1 300 N 
(a) 
X 
(b) 
Figura 2.33 
(a) 
--
(b) 
--
(d 
Figura 2.32 
I 36 I Estático 
-SOLUCAO 
• 
Para resolver este problema, a força resultante F R c suas duas componentes, F 1 e F2, 
serão expressas na forma de um vetor cartc iano. Depois, como mostra a Figura 
2.33a, é necessário que FR = F1 + F2• 
Aplicando a Equação 2.9. 
F1 = F1 cos a 1i + F 1 cos {J.j + F1 cos y1k 
= 300 COS 45°i + 300 COS 60°j + 300 eos 120°k 
= {212, 1i + 150j - 150k } N 
F2 = F2., i + F2-' j + F2: k 
Como FR tem intensidade de 800 e atua na direção de +j, 
FR = (800 N) (+j ) = {800j} N 
Pede-se: 
FR = F. + F2 
800j =212,1i + 150j - 150k + F2xi + F2J + F2:k 
800j = (212, 1 + F2x)i + (150 + F2,)j + (- 150 + F2:)k 
Para satisfazer essa equação, as componentes i, j , k de F R devem ser iguais as 
componentes i, j , k correspondentes de (F1 + F2) . Então, 
0=212, 1 + Fu F2, = - 212,1N 
800 = 150 + F2,. F2, = 650 N 
O = - 150 + F,. F 2: = 150 N 
A intensidade de F2, portanto, é: 
~------~------~------~ 
r; =/(- 212, 1Nt +<65o t+< lso r 
= 700 
Podemos usar a Equação 2. 9 para determinar a2, {J2 e y2• 
- 2 12, I 
cos a2 = 
700 
· ; a2 = I 08° 
cos/32 = ~Õ~ ; /J2 = 21 ,8° 
cos Y2 = ~~~ ; ?'2 = 77,6° 
Esses resultados são mostrados na Figura 2.33b. 
Problemas fundamentais 
2.13. Determine os ângulos de direção coordenados da força. 2.14. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
F = 500 
y 
F 75 kN 
Problema 2.13 Problema 2.14 
2.15. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
z 
F = 500N y 
Problema 2.1 5 
2.16. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
z 
Problema 2.16 
2.59. Detennine o ângulo coordenado y para F2 e depois 
expresse cada força que atua sobre o suporte como um vetor 
cartesiano. 
•2.60. Determine a intensidade e os ângulos de direção 
coordenados da força resultante que atua sobre o suporte. 
-- ~- 450 
y 
• 600 
Problemas 2.59/ 60 
•2.61. Expresse cada força que atua sobre o encanamento 
na forma de vetor cartesiano. 
2.62. Determine a intensidade e a direção da força resultante 
que atua sobre o encanamento. 
Problemas 2.61/62 
Capítulo 2 Vetores de forço I 37 I 
2.17. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
-F = 750N -
y 
Problema 2.17 
2.18. Determine a força resultante que atua sobre o gancho. 
z 
Problema 2.18 
2.63. A força F atua sobre o suporte dentro do octante 
mostrado. Se F = 400 N, fJ = 60° e y = 45°, determine as 
componentes x, y, z de F. 
•2.64. A força F atua sobre o suporte dentro do octante 
mostrado. Se as intensidades das componentes x e z de F 
são F, = 300 N e F: = 600 N, respectivamente, e fJ = 60°, 
determine a intensidade de F e de sua componente y. Além 
disso, encontre os ângulos de direção coordenados a e y. 
z 
F 
X 
Problemas 2.63 I 64 
•2.65. As duas forças F1 e F2 que atuam em A possuem uma 
força resultante FR = {-IOOk} N. Detennine a intensidade 
e os ângulos de direção coordenados de F2. 
2.66. Determine os ângulos de direção coordenados da força 
F 1 e os indique na figura. 
z 
8 
X 
Problemas 2.65/ 66 
I 38 I Estática 
2.67. A engrenagem está submetida ãs duas forças causadas 
pelo contato com outras engrenagens. Expresse cada força 
como um vetor cartesiano. 
•2.68. A engrenagem está submetida ãs duas forças causa-
das pelo contato com outras engrenagens. Determine a 
resultante das duas forças e expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
--
y 
~ 250N 
Problemas 2.67/ 68 
•2.69. Se a força resu ltante que atua sobre o suporte é 
F R = {-300i + 650j + 250k} N, determine a intensidade 
e os ângulos de direção coordenados de F. 
2.70. Se a força resultante atua sobre o suporte precisa ser 
FR = {800j } N, determine a intensidade c os ângulos de 
direção coordenados de F. 
z 
X 
Fj = 750 N 
Problemas 2.69/ 70 
2.71. Se a = 120°, .P < 90°, y = 60° e F = 400 N, determine 
a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força 
resultante que atua sobre o gancho. 
•2.12. Se a força resultante que atua sobre o gancho é 
F R = {- 200i + 800j + 150k} N, detennine a intensidade e 
os ângulos de direção coordenados de F. 
z 
y 
Problemas 2.71 / 72 
•2.73. O eixo S exerce três componentes de força sobre a 
ferramen ta D. Encontre a intensidade e os ângulos de direção 
coordenados da força resultante. A força F2 atua dentro do 
octante mostrado. 
z 
~ 300N 
Problema 2.73 
2.74. O mastro está submetido às três forças mostradas. 
Determine os ângulos de direção coordenados a" ,P1, y1 de 
F1• de modo que a força resultante que atua no mastro seja 
FR = {350i} N. 
2.75. O mastro está submetido ãs três forças mostradas. 
Detennine os ângulos de direção coordenados a 1, {J1, y1 de F1• 
de modo que a força resultante que atua no mastro seja zero. 
--
X 
F2 - 200 N 
Problemas 2.74/ 75 
•2.16. Determine a intensidade e os ângulos de direção 
coordenados de F2, de modo que a resultante das duas forças atue 
ao longo do eixo x positivo e tenha uma intensidade de 500 . 
•2.77. Determine a intensidade c os ângulos de direção 
coordenados de F2, de modo que a resultante das duas forças . 
SeJa zero. 
X 
Problemas 2.76/ 77 
2.78. Se a força resultante que atua sobre o suporte é 
direcionada ao longo do eixo y positivo, determine a 
intensidade da força resultante e os ângulos de direção 
coordenados de F, de modo que (3 < 90°. 
z 
X 
Problema 2.78 
2.79. Especifique a intensidade de F3 e seus ângulos de 
direção coordenados a3, (33, y3 de modo que a força resultante 
seja FR = {9j} kN. 
--
F 1 = 12 kN 
Problema 2.79 
•2.80. Se F3 = 9 kN, e = 30° e ~ = 45°, determine a 
intensidade e os ângulos de direção coordenados da força 
resultante que atua sobre a junta esférica. 
z 
F2 = 8 kN 
rF' = IOkN 
60° 
--(i?o' 
~~~ 
.--t.::--~ 
X 
Problema 2.80 
y 
Capítulo 2 Vetores de força I 39 I 
•2.81. O poste está submetido à força F, que tem componentes 
atuando ao longo dos eixos x, y, z, como mostra a figura. Se 
a intensidade de F é 3 kN, (3 = 30° e y = 75°, determine as 
intensidades de suas três componentes. 
2.82. O poste está submetido à força .F, que tem componentes 
Fx = 1,5 kN e F: = 1,25 kN. Se (3 = 75°, determine as 
intensidades de F e Fr 
F. 
F, 
X 
Problemas 2.81 / 82 
2.83. Três forças atuam sobre o olhai. Se a força resultante 
F R tiver intensidade e direção como mostrado na figura , 
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados 
da força F3. 
•2.84. Detennine os ângulos de direção coordenados de 
F, e FR. 
--
Problemas 2.83/ 84 
•2.85. Duas forças F1 e F2 atuam sobre o olhai. Se a força 
resultante F R tiver intensidade de 50 N e ângulos de direção 
coordenados a = 110° e (3 = 80°, como mostrado, determine 
a intensidade de F2 e seus ângulos de direção coordenados. 
z 
1-
X 
Problema 2.85 
I 40 I Estática 
--
8 
( 
4m 
6m 
X 1 
A 
Figura 2.34 
X 
Vetores posi~ão 
Nesta seção será introduzido o conceito de vetor posição veremos que esse vetor 
é importante na formulação do vetor força cartesiano direcionado entre dois pontos 
no espaço. 
Coordenadas x, ~ z 
Ao longo do livro, será empregado o sistema de coordenadas destro como 
referência à localização de pontos no espaço. Tambémusaremos a convenção 
adotada em muitos livros técnicos que exige que o eixo positivo z esteja direcionado 
para cima (direção do zênite), de modo que esse seja o sentido para medir a altura 
de um objeto ou a altitude de um ponto. Assim, os eixos x e y ficam no plano 
horizontal (Figura 2.34). Os pontos no espaço estão localizados em relação à origem 
das coordenadas, O, por meio de medidas sucessivas ao longo dos eixos x, y, z. 
Por exemplo, as coordenadas do ponto A são obtidas a partir de O e medindo-se 
x, = +4 m ao longo do eixo x, depois y, = +2 m ao longo do eixo y e, finalmente, 
z, = - 6 m ao longo do eixo z. Portanto, A (4 m; 2m; -6 m). De modo semelhante, 
medidas ao longo dos eixos x, y, z de O para B resulta nas coordenadas de B, ou 
seja, B (6 m; - 1 m; 4 m). 
Vetor posição 
Um vetor posição r é definido como um vetor fixo que posiciona um ponto no 
espaço em relação a outro. Por exemplo, se r estende-se da origem de coordenadas, 
O, para o ponto P (x, y, z) (Figura 2.35a), então r pode ser expresso na fonna de um 
vetor cartesiano como: 
r = xi + yj + zk 
Observe como a adição vetorial 'extremidade para origem' das três componentes 
produz o vetor r (Figura 2.35b). Começando na origem O, x 'desloca-se' na direção 
de +i, depois y na direção de +j e, finalmente, z na direção de +k para atingir o ponto 
P (x, y, z). 
z z 
/ 
X 
/ yj 
(a) (b) 
Figura 2.35 
Na maioria dos casos, o vetor posição pode ser direcionado de um ponto A para 
um ponto B no espaço (Figura 2.36a). Esse vetor também é designado pelo símbolo 
r . Por questão de convenção, vamos nos referir algumas vezes a esse vetor com dois 
subscritos para indicar o ponto de origem e o ponto para qual está direcionado. Assim, 
r também pode ser designado como r, 8 . Além disso, observe que r,~ e r8 na Figura 
2.36a são escritos com apemas um índice, visto que se estendem a partir da origem 
das coordenadas. 
De acordo com a Figura 2.36a, pela adição vetorial ' extremidade para origem', 
usando a regra do triângulo, é necessário que: 
r,+ r = r8 
Capítulo 2 Vetores de força I 41 
ou 
Resolvendo-se para r c expressando-se r, e r8 na fonna vetorial cartesiana tem-se: 
r = r8 r, = (x8i + y~ + z8 k) - (x) + y/J + =,k) 
(2.11) 
Portanto, as componentes i , j , k do 1•etor posição r são formadas tomando-se 
as coordenadas da origem do l'etor A (x,, y,, =, ), e subtraindo-as da correspondentes 
coordenadas da extremidade 8 (x 8 • y8 , =8). Também podemos fonnar essas componentes 
diretamente (Figura 2.36b) começando em A e movendo por uma distância de (x8 - x 4) 
ao longo do eixo x positivo (+i), depois Ú's - y~) ao longo do eixo y positivo (+j ) e, 
fmalmente, (z8 z,.) ao longo do eixo z positivo (+k) para chegar a 8 . 
----
Se um sistema de coordenados 
.-(z 8 - :A )k .r, y, .: é estabelecido, então os 
' 
coordenados dos pontos A e 8 
podem ser determinados. A portir 
(xs- x,) i ~--:±==r====~-- daí, o posição do vetor r que atuo 
JIG---- ----y Y ao longo do cabo pode ser 
Ú'B - Yi )j formulado. Suo intensidade 
X X 
(a) (b) 
Figura 2.36 
Exemplo 2.12 
Uma tira de borracha está presa em dois pontos A e B, como mostra a Figura 2.37a. 
Determine seu comprimento e sua direção, medidos de A para 8. 
-SOLUCAO 
• 
Primeiro se estabelece um vetor posição de A para 8 (Figura 2.37b). De acordo com 
a Equação 2.11, as coordenadas da origem A (I m; O; - 3 m) são subtraídas das 
coordenadas da extremidade B (- 2 m; 2 m; 3 m), o que resulta: 
r = [- 2 m I m]i + [2 m - O]j + [3 m - (- 3 m]k = {- 3i + 2j + 6k} m 
Essas componentes de r também podem ser determinadas diretamente observando-se 
que elas representam a direção e a distância que deve ser percorrida ao longo de cada 
eixo a fim de mover-se de A para B, ou seja, ao longo do eixo x {- 3i} m, ao longo 
do eixo y {2j} m c, finalmente, ao longo do eixo z {6k} m. 
Logo, o comprimento da tira de borracha é: 
r= J(-3 mJ + {2 m)2 + (6 mt = 7 m 
Formulando um vetor unitário na direção de r , temos: 
u =r..= _.J_ i + l.j + .Q. k 
r 7 7 7 
As componentes desse vetor unitário dão os ângulos de direção coordenados: 
a=cos- •(-f) = 115° 
/J = cos- • ( ~) = 73,4° 
r = c os -• ( ~ ) = 3 1 , o o 
NOTA: Esses ângulos são medidos a partir dos eixos positivos de um sistema de 
coordenadas localizado na origem de r, como mostra a Figura 2.37c. 
represento o comprimento do cabo e 
o seu vetor unitário, u = rir, fornece o 
direção definido por a, p, y. 
X 
lm 
(a) 
-- B 
• 
'/ (6 k } 
X 
A (b) 
B 
--
y = 31,0° 
x' (c) 
Figura 2.37 
I 42 I Estática 
z 
F 
Vetor de força orientado ao longo de uma reta 
Muitas vezes, em problemas de estática tridimensionais, a direção de uma força 
é definida por dois pontos pelos quais passa sua linha de ação. Essa situação é 
mostrada na Figura 2.38, na qual a força F é direcionada ao longo da corda AB. 
Pode-se definir F como um vetor cartesiano pressupondo que ele tenha a mesma 
direção c sentido que o vetor posição r direcionado do ponto A ao ponto B da corda. 
Essa direção em comum é especificada pelo vetor unitário u = rir. Então, 
/--------------- y 
F = Fu = F (.!..) = F( (xB -xA) i + (YB- YA)j + (zB- zA) k ) 
X 
X 
x' 
·o 
Figura 2.38 
z' 
z 
(a) 
(b) 
Figura 2.39 
r /(xB- XAt + (ys- YAt + (zs- ZAl 
Apesar de termos representado F simbolicamente na Figura 2.38, note que ele 
tem unidades de força, diferentemente de r, que tem unidades de comprimento. 
Pontos importantes 
• Um vetor posição localiza um ponto no espaço em relação a outro ponto. 
• A maneira mais simples de definir as componentes de um vetor posição é 
detem1inar a distância e a direção que devem ser percorridas ao longo das 
direções x, y, z, indo da origem para a extremidade do vetor. 
• Uma força F que atua na direção de um vetor posição r pode ser representada 
na forma cartesiana se o vetor unitário u do vetor posição for determinado e 
multiplicado pela intensidade da força, ou seja, F = Fu = F(rlr). 
Exemplo 2.13 
7,5 m O homem mostrado na Figura 2.39a puxa a corda com uma força de 350 N. Represente 
essa força, que atua sobre o suporte A, como um vetor cartesiano e determine sua 
direção. 
-SOLUÇAO 
A força F é mostrada na Figura 2.39b. A direção desse vetor, u, é detenninada pelo 
vetor posição r, que se estende de A a B. Em vez de usar as coordenadas das 
extremidades da corda, r pode ser obtido diretamente pela Figura 2.39a, notando-se 
que é necessário ir de A {- 6k} m, depois {- 2j } me finalmente {3 i} m para atingir 
B. Portanto, 
r = {3i - 2j - 6k} m 
A intensidade de r, que representa o comprimento da corda AB, é: 
r=/(3m)1 +(-2 mt+(-6m)1 =7m 
Definindo-se o vetor unitárüo que determina a direção e o sentido de r e F, temos: 
u = .!.. = l. j _1.j - -º- k 
r 7 7 7 
Como F tem intensidade de 350 N e direção especificada por u, então, 
F = Fu = 350 N( ~ i - ~ j - ~ k) 
= {150i - IOOj - 300k } N 
Capítulo 2 Vetores de forço I 43 I 
O ângulos de direção coordenados são medidos entre r (ou F) c os ei.ws positil•os 
de um sistema de coordenadas com origem em A (Figura 2.39b). A partir das 
componentes do vetor unitário: 
a = cos-• ( ~) = 64,6° 
/3 = coÇ1 ( /) = 107° 
r=coç' ( 7
6
)= 149° 
NOTA: Os resultados fazem sentido quando comparados com os ângulos mostrados 
na Figura 2.39b. 
Exemplo 2.14 
A força na Figura 2.40a atua sobre o gancho. Expresse-a como um vetor cartesiano . 
--
<txs m) A (2m: 0: 2m} 
2m 
( ~xs m} 
X )' X 
(a) 
Figura 2.40 
-SOLUÇAO 
Como mostra a Figura 2.40b, as coordenadas dos pontos A e 8 são: 
A (2 m; O; 2m) 
e 
8l-( f )s scn 30° m; ( 1 )s cos 30°m; ( ~ )s m] 
ou 
8 (- 2 m; 3,464 m; 3 m) 
• -
Portanto, para ir de A a 8, é necessário deslocar {4i} m, depois {3,464j } me final-
mente {I k } m. Logo, 
(
r8 ) {-4i + 3,464j + l k }m us - - -.,._.;~====;.....~=~"---~ 
- 1'8 - ) (-4 mr + (3,464 mr +(I mr 
= - 0, 7428i + 0,6433j + 0.1857k 
A força F 8 expressa como um vetor cartesiano se toma: 
F8 = F8 u8 = (750 N) (-0,7428i + 0,6433j + 0,1857k) 
= { 557i + 482j + 139k}B(-2 m; 3,464 m: 3m) 
y 
(b) 
I 44 I Estática 
X 
(a) 
z 
A 
(b) 
Figura 2.41 
4 
Exemplo 2.15 
A cobertura é suportada por cabos, como mostra a foto. Se os cabos exercem as 
forças ~8 = I 00 N e ~c = 120 N no gancho da parede em A, como mostTa a Figura 
2.4la, determine a força resultante que atua em A. Expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
-SOLUCAO • 
A força resultante F 11 é mostrada graficamente na Figura 2.4 1 b. Pode-se expressar 
essa força como um vetor cartesiano definindo antes FA8 e F,c como vetores 
cartesianos e depois adicionando suas componentes. As direções de FA8 e F,c são 
especificadas definindo-se os vetores unitários u, 8 e uAc ao longo dos cabos. Esses 
vetores unitários são obtidos dos vetores posição associados rA8 e r,c. Com referência 
à Figura 2.41a, para ir de A a B, precisamos deslocar {-4k} me depois {-4i} m. 
Portanto, 
rAa ={4i - 4k}m 
l "Aa = /(4 m? + (-4 m)2 = 5,66 m 
FAB = FAa ( ~~; ) = (100 N)( 5,~6 i - S ,~6 k) 
FAB = {70, 7i - 70, 7k} N 
Para ir de A a C, precisamos deslocar {- 4k} m, depois {2j } m e finalmente {4i}. 
Temos, 
r AC = { 4i + 2j - 4k} m 
1Ãc =/(4m? +(2mf+ (-4mf =6m 
FAc = FAc ( ~;~ )= (120 N)(: i + ~ j- : k) 
= {80i + 40j - 80k} N 
A força resultante, portanto, é: 
FR = F,B + FAC = {70,7i - 70,7k} N + {80i + 40j - 80k} N 
= {- 151 i + 40j - 151 k} N 
Problemas fundamentais 
2.19. Expresse o vetor posição r, 8 na forma de um vetor 
cartesiano; depois determine sua intensidade e seus ângulos 
de direção coordenados. 
2.20. Oetennine o comprimento da barra e o vetor posição 
direcionado de A a B. Qual é o ângulo f!? 
--
z B 
I 
3 m 
r---7) 
3m 
--------~-~------~-L/ ____ y 
3 r/ ~-4 m----/ 
L .,:;---r 
Ar-- .-r 
X 
Problema 2.19 
X y 
Problema 2.20 
2.21. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
--
2m 
X 
y 
4m 
8 
Problema 2.21 
2.22. Expresse a força como um vetor cartesiano. 
--
4m 
Problema 2.22 
Problemas 
2.86. Detennine o vetor posição r direcionado do ponto A ao 
ponto 8 c o comprimento da corda AB. Considere z = 4 m. 
2.87. Se a corda AB possui 7,5 m de comprimento, detem1ine 
a posição da coordenada +: do ponto 8. 
--
..._,_ 
-
X 
Problemas 2.86/ 87 
Capítulo 2 Vetores de forço I 45 
2.23. Determine a intensidade da força resultante em A. 
--
6m 
I 
Fc = 420 1 
Problema 2.23 
2.24. Determine a força resultante em A. 
--
lm 
1 
3 m 
X 
y 
Problema 2.24 
•2.88. Determine a distância entre as extremidades A e 8 
do arame definindo primeiro um vetor posição de A a 8 e 
depois detcnninando sua intensidade. 
I 
50mm 
X I 
8 
Problema 2.88 
I 46 I Estático 
•2.89. Detennine a intensidade c os ângulos de direção 
coordenado da força rcsu ltantc em A. 
1,2 m 
F c= 3,75 k 
1,2 m 
Yc 
Problema 2.89 
2.90. Determine a intensidade c os ângulos de direção 
coordenados da força resultante. 
--
2 m 
I 
4m 600 
X 
Problema 2. 90 
2.91. Dctcnninc a intensidade e os ângulos de direção 
coordenados da força resultante que age em A. 
• -
6 m 
)' 
Problema 2.91 
*2.92. Dctcnninc a intensidade c os ângulos de direção 
coordenados da força resultante. 
--
~2m 
y 
Problema 2. 92 
•2.93. O lustre é sustentado por três correntes que são 
concorrentes no ponto O. Se a força em cada corrente possui 
uma intensidade de 300 N, expresse cada força como um 
vetor cartesiano c detcnninc a intensidade e os ângulos de 
direção coordenados da força resultante. 
2.94. O lustre é sustentado por três correntes que são 
concorrentes no ponto O. Se a força resultante em O possui 
uma intensidade de 650 N e é direcionada ao longo do eixo 
:;: positivo, detennine a força em cada corrente. 
--
I m 
.v 
Problemas 2.93/ 94 
2.95. Expresse a força F como um vetor cartesiano; depois. 
determine seus ângulos de direção coordenados. 
--
X 
Problema 2.9S 
*2.96. A torre é mantida no lugar pelos três cabos. As forças 
em cada cabo que atuam sobre a torre estão indicadas na figura. 
Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados 
a., (J, y da força resultante. Considere x ; 20 m, y ; 15 m. 
z 
Problema 2. 96 
•2.97. A porta é mantida aberta por duas correntes. Se as 
trações em AB e em CD são F,. ; 300 N e Fc ; 250 N, 
respectivamente, expresse cada uma dessas forças na forma 
de um vetor cartesiano. 
--
/ 
2,5 m 
X 
Problema 2.97 
2.98. Os cabos de tração são usados para suportar o poste 
telefônico. Represente a força em cada cabo na forma de um 
vetor cartesiano. Despreze o diâmetro do poste. 
Problema 2. 98 
Capítulo 2 Vetores de força I 47 I 
2.99. Dois cabos são usados para segurar a barra suspensa 
na posição e sustentar a carga de 1500 N. Se a força resultante 
é direcionada ao longo da barra do ponto A para O, determine 
as intensidades da força resultante e das forças F 8 e F c· 
Considere x ; 3 m e z ; 2 m. 
*2.100. Dois cabos são usados para segurar o mastro do 
guincho na posição e sustentar a carga de 1500 N. Se a força 
resultante é direcionada ao longo do mastro do ponto A para 
O, detennine os valores de x e z para as coordenadas do 
ponto C e a intensidade da força resultante. Considere F8 ; 
1610 N e F c ; 2400 N. 
z 
X 
1500 N 
Problemas 2. 99 f 1 00 
•2.101. O cabo AO exerce uma força sobre o topo do poste 
de F = {- 120i - 90j - 80k} N. Se o cabo possui um 
comprimento de I ,02 m, determine a altura z do poste e a 
posição (x, y) de sua base. 
z 
A 
z 
X 
Problema 2.1 O 1 
2.102. Se a força em cada corrente possui uma intensidade 
de 2,25 kN, determine a intensidade e os ângulos de direção 
coordenados da força resultante. 
2.103. Se a resultante das três forças é FR = {-4,5k} kN, 
detennine a intensidade da força em cada corrente. 
z 
lm 
X 
y 
Problemas 2.102/ 103 
I 48 I Estático 
*2.104. A torre de antena é sustentada por três cabos. Se as 
forças des cs cabos que atuam sobre a antena são F8 = 520 N, 
F c = 680 N c F0 = 560 N, determine a intensidade e os ângulos 
de direção coordenados da força resultante que atua em A. 
24m 
• . 
Problema 2.1 04 
•2.105. Se a força em cada cabo preso ao caixote é 350 , 
detennine a intensidade e os ângulos de direção coordenados 
da força resultante. 
2.106. Se a resultante da quatro forças é F R = {- 1 ,8k} kN, 
determine a tração desenvolvida em cada cabo. Devido à 
simetria, a tração nos quatro cabos é a mesma . 
0,6 
X 
. -
1 m 
J 
Problemas 2.1 OS I 1 06 
2.107. O tubo é suportado em sua extremidade por uma 
corda AB. Se a corda exerce uma força de F= 60 no tubo 
em A, expresse essa força como um vetor cartesiano . 
• 
)' 
Problema 2.107 
*2.108. A carga em A cria uma força de 200 N no arame 
AB. Expresse c sa força como um vetor cartesiano, agindo 
sobre A c direcionada para 8. 
I 
2m 
• 200 N 
Problema 2.1 08 
•2.109. A chapa cilíndrica está submetida às três forças dos 
cabos que são concorrentes no ponto D. Expresse cada força 
que os cabos exercem na chapa como um vetor cartesiano e 
determjoe a inten idade c os ângulos de direção coordenados 
da força resultante. 
3 m 
Fa = 8 k ' 
Problema 2.1 09 
2.110. O cabo conectado aos mastros de uma grua exerce 
uma força sobre a grua de F = I, 7 5 kN. Expresse essa força 
como um vetor cartesiano. 
y 
Problema 2.11 O 
Capítulo 2 Vetores de forço I 49 I 
Produto escalar 
Ocasionalmente, na estática, é preciso calcular o ângulo entre duas linhas ou as 
componentes de uma força paralela c perpendicular a uma linha. Em duas dimensões, 
esses problemas são resolvidos facilmente pela trigonometria, uma vez que a 
geometria é fácil de vi ualizar. Em três dimensões, entretanto, é dificil c toma-se 
necessário empregar métodos vetoriais para a solução. O produto e calar define um 
método particular para 'multiplicar' dois vetores e será usado para resolver os 
problemas mencionados anteriormente. 
O produto escalar dos vetores A e B, escrito A · B e lido 'A escalar B', é definido 
como o produto das intensidades de A e B e do cosseno do ângulo O entre uas 
origens (Figura 2.42). Expresso na formade equação, 
r A . B = AB cos o 1 (2.12) 
onde 0° < 8 ~ 180°. O produto escalar é assim chamado visto que o resu ltado é um 
escalar c não um vetor. 
Leis das opera~ões 
I. Lei comutativa: A · B = B · A 
2. Multiplicação por c calar: a{A · B) = {aA) · B = A · (aB) 
3. Lei distributiva: A · (B + D) = {A · B) + {A · D) 
A primeira c a segunda leis são fáceis de ser provadas usando-se a Equação 2.12. 
No caso da lei distributiva, a prova será feita por você, como um exercício (veja o 
Problema 2.111 ). 
Formulacão do vetor cartesiano 
• 
A Equação 2.12 deve ser usada para determinar o produto escalar de quaisquer 
dois vetores unitários cartesianos. Por exemplo, i · i = (I)( I) cos 0° = I e i · j = 
(I) (I) cos 90° = O. Se quisermos determinar o produto escalar de dois vetores A e 
B expressos na forma de um vetor cartesiano, teremos: 
A · B = (A~i + A>j + A=k) · (B,i + B)j + B=k) 
= A.B,,(i · i) + A . .fiy(i · j) + Afi=(i · k) + 
A.,.B.U · i) + A>B1(j · j) + ~.B:U · k) + 
A;Bx(k · i) + A;D,.{k · j) + A:B:( k · k) 
Efetuando as operações do produto escalar, obtemos o resultado final: 
I A . B = A.fi. + A_,.B_. + Afi: I (2. 13) 
Portanto, para calcular o prodwo escalar de dois vetores cartesianos, 
multiplicam-se suas componentes x. y, z correspondellles e somam-se esses produtos 
algebricamente. Observe que o resultado será um escalar negativo ou positivo. 
Aplica~ões 
O produto e calar tem duas aplicações importantes na mecânica. 
• O ângulo formado entre dois vetores ou finitas que se interceptam. O 
ângulo O entre as origens dos vetores A e B ma Figura 2.42 pode ser 
determinado pela Equação 2.12 e escrito como: 
0 = COS I ( ~·: ) Ü0 < 8 < (80° 
figura 2.42 
O õngulo O entre o corda e o viga 
pode ser determinado formulondc>se 
vetores unitários oo longo do viga e 
do corda poro depois usar o produto 
escolar u, · u, • (I )(I) cos O. 
I 50 I Estática 
A projeção do forço do cabo F oo 
longo do viga pode ser determinado 
calculando-se primeiro o vetor unitário 
ub que define esta direção. Em 
seguido, aplico-se o produto escolar 
F•= F · u• 
a 
Figuro 2.43 
v 
F = 100 N 
Figuro 2.44 
Nesse caso, A · B é calculado pela Equação 2.13. Em especial, observe que, se 
A · B = O, fJ = cos-1 O = 90°, de modo que A será perpendicular a B. 
• A s componentes de um vetor paralelo e perpendicular a uma linha. A 
componente do vetor A paralela a ou co linear com a linha a a' na Figura 2.43 
é definida por A •. onde A. = A cos B. Essa componente é algumas vezes 
referida como a projeção de A sobre a linha, visto que se forma um ângulo 
reto na construção. Se a direção da linha é especificada pelo vetor unitário 
um então, como u,. = I, podemos determinar a intensidade de A. diretamente 
do produto escalar (Equação 2.12); ou seja, 
A a = A cos 8 = A · u. 
Portanto, a projeção escalar de A ao longo de uma linha é determinada pelo 
produto escalar de A e o vetor unitário u,, que define a direção da linha. Observe 
que, se esse resultado for positivo, então A. possui o mesmo sentido de direção de 
u., enquanto, se A" for um escalar negativo, então, A. tem o sentido de direção oposto 
a u.,. 
A componente A. representada como um vetor é, portanto: 
A.= A. u. 
A componente de A que é perpendicular à linba aa também pode ser obtido 
(Figura 2.43). Como A = A. + A ... , então A ... = A - A •. Há duas maneiras de obter 
a A .... Uma delas é determinar (:) a partir do produto escalar, (:) = cos-1 (A · u,/A), então 
A ... = A sen e. Alternativamente, se A. for conhecido, então, pelo teorema de Pitágoras, 
podemos também escrever A1 = J A2 - A; . 
Pontos importantes 
• O produto escalar é usado para determinar o ângulo entre dois vetores ou a 
projeção de um vetor em uma direção especifi cada. 
• Se os vetores A e B são expressos na forma de vetores cartesianos, o produto 
escalar será determinado multiplicando-se as respectivas componentes esca-
lares x, y, z e adicionando-se algebricamente os resultados, ou seja, A · B = 
A/3x + A,B) + A,B=. 
• Da definição do produto escalar, o ângulo fonnado entre as origens dos vetores 
A e B é e = cos 1 (A · BIAB). 
• A intensidade da projeção do vetor A ao longo de uma linha aa, cuja direção 
é especificada por u. , é determinada pelo produto escalar A., = A · u, . 
Exemplo 2.16 
Determine as intensidades das projeções da força F, na Figura 2.44, sobre os 
etxos u e v. 
-SOLUCAO • 
Projeções do força 
A representação gráfica das projeções é mostrada na Figura 2.44. A partir dessa figura, 
as intensidades das projeções de F sobre os eixos u e v podem ser obtidas pela 
trigonometria: 
(F,)proj = ( I 00 N) cos 45° = 70,7 N 
(F,.)proj = ( I 00 N) cos !5° = 96,6 N 
Capítulo 2 Vetores de força I 51 I 
NOTA: Essas projeções não são iguais às intensidades das componentes da força F ao 
longo dos eixos 11 c v encontradas pela lei do paralelogramo. Elas somente ser-âo 
iguais se os eixos 11 c v forem perpendiculares . 
Exemplo 2.17 
A estrutura mostrada na Figura 2.45a está submetida a uma força horizontal 
F = {300j }. Dctcnninc a intensidade das componentes dessa força paralelas c 
perpendiculares ao membro AB. 
6 m 
X 
(a) 
-SOLUCAO • 
8 F • {300j} 
T 
3 m 
~..,.- -Y 
X 
Figura 2.45 
--
(b) 
A intensidade da componente de F ao longo de AB é igual ao produto escalar de F 
c o vetor unitário u8, que define a direção de AB (Figura 2.44b). Como 
então, 
U B = r8 = 
2i + 6j + J k O 286' O 857' O 429k 
.; ' ' .=, •+. J +. n, (2)- + (6r + (3 r 
F',.8 = F cos O = F · u8 = (300j ) · (0,286i + 0,857j + 0,429k) 
= (O) (0,286) + (300) (0,857) + (O) (0,429) 
= 257,1 N 
Visto que o resultado é um escalar positivo, F A8 tem o mesmo sentido de direção de 
u8 (Figura 2.45/J). 
Expressando F,,8 na forma de um vetor cartesiano, temos: 
F ~8 = f'..8 u8 = (257, I N) (0,286i + 0,857j + 0,429k) 
= {73,5i} + 220j + IIOk} N 
A componente perpendicular (Figura 2.45b), portamo, é: 
F~= F - F 18 = 300j - (73,5i + 220j + l lOk) 
= {- 73,5i + 80j - llOk} 
Sua intensidade pode ser detenninada por meio desse vetor ou usando o teorema de 
Pitágoras (Figura 2.45b): 
FJ. = ./ F2 - Fia = ./(300 f - (257, I f 
= 155 
I 52 I Estático 
X 
X 
-- Exemplo 2.18 
O tubo da Figura 2.46a está sujeito à força de F = 800 N. Determine o ângulo f) 
entre F c o segmento BA do tubo c a projeção de F ao longo desse segmento. 
rt--:----7"'7- y 
(a) 
(b) 
-SOLUÇAO 
Ângulo O 
Primeiro estabeleceremos os vetores posição de B para A e de B para C (Figura 
2.46b). Em seguida, calcularemos o ângulo O entre as origens desses dois vetores. 
r8.~ = {-2i - 2j + lk} m, r8•1 = 3m 
r8c = {- 3j + I k} ft, l"sc = /iO m 
Logo, 
cosfJ= rsA· rsc = (- 2)(0)+(- 2)(-3) + (1)( 1) = 0, 7379 
rsA rsc 3/iO 
o= 42,5° 
Componentes de F 
A componente de F ao longo de BA é mostrada na Figura 2.46c. Devemos primeiro 
definir o vetor unitário ao longo de BA e a força F como vetores cartesianos. 
Us~ = r 8A = ( - 2i - 2j + I k) = _7 i _ 2 j + _I k 
• l iJA 3 3 3 3 
F = 8oo N{ ~;~ ) = 8oo( - 3~1 k ) = (- 758,9j + 253,0k ) 
Portanto, 
FsA = F · u8.~ = (- 758,9j + 253, 0k ) · (- ~ i - ~ j + ~ k ) 
=o(-~) + (- 758,9 )( - f )+ {253,o)( t) 
(c) 
Figuras 2.46 
= 590N 
NOTA: Como e é conhecido, então, também F8.1 = F cose= 800 N cos 42,5° = 590 N. 
Problemas fundamentais 
2.25. Determine o ângulo O entre a força e a linha AO. 2.26. Determine o ângulo O entre a força e a linha AB. 
- -- -
F = ( 6i + 9j + 3k f kN 
4m 
2 m 
y 
X 
Problema 2.25 Problema 2.26 
2.21. Determine o ângulo 8 entre a força e a linha OA. 
2.28. Determine a componente da projeção da força ao 
longo da linha OA . 
y 
I A 
F = 650 N t 13 ----......_0 ~ 
~ Q X 
Problemas 2.27/ 28 
2.29. Encontre a intensidade da componente da força 
projetada ao longo do tubo. 
z 
4m 
A 
F = 400N 
6m 
X 
y 
Problema 2.29 
2.111. Dados os três vetores A, B e D, mostre que A · (B + O) = 
{A · 8 ) + {A · 0 ). 
•2.112. Determine a componente projetada da força 
F,..8 = 560 N que atua ao longo do tubo AC. Expresse o 
resultadocomo um vetor cartesiano. 
z 
3m 
X 3m 
Problemas 2.111 / 112 
Capítulo 2 Vetores de força I 53 I 
2.30. Determine as componentes da força que atuam 
paralela c perpendicular ao eixo da barra. 
--
F a JkN 
X 
)' 
Problema 2.30 
•2.113. Determine as intensidades das componentes da 
força F = 56 N que atuam ao longo e perpendicular à 
linha AO. 
-r-
Im F = 56N y 
X > 1,5 m 
Problema 2.113 
I 54 I Estático 
2.114. Determine o comprimento do lado BC da chapa 
triangular. Resolva o problema calculando a intensidade 
de r se· Depois, vcri fique o resultado calculando primeiro 
O, r A8 c rK; c em seguida usando a lei dos cossenos. 
--
X 
Problema 2.114 
2.115. Determine as intensidades das componentes da força 
F = 600 N que atuam ao longo c perpendicular ao segmento 
DE do encanamento. 
--
l ' 
F = 600 
Problema 2.11 S 
•2.116. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine o 
àngulo O entre elas. Além disso, quais são as projeções de 
F, e F2 ao longo do eixo y? 
•2.117. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine a 
intensidade da projeção de F2 ao longo de F1• 
--
y 
X F, 11201 + 90j 80k }N • 
Problemas 2.116/ 117 
2.118. Determine a projeção da força F = 80 N ao longo da 
linha BC. Expre se o resultado como um vetor cartesiano. 
X 
Problema 2.118 
2.119. O grampo é usado em uma matriz. Se a força vertical 
que atua sobre o parafuso é F = {- 500k} N, determine as 
intensidades de suas componentes F, e F2 que atuam ao 
longo do eixo OA e perpendicular a ele. 
: A 
40 m l 
F l 500k } 
Problema 2.119 
40mm 
I )' 
/ío ii:"m 
•2.120. Determine a intensidade da componente projetada 
da força FA8 que atua ao longo do eixo z. 
•2.121. Determine a intensidade da componente projetada da 
força FAc que atua ao longo do eixo z. 
--
9m 
FAB = 3,5 k 
4,5 m 
< 8 
3 m 
l ' 
Problemas 2.120/ 121 
2.122. Determine a projeção da força F = 400 N que atua 
ao longo da linha AC do encanamento. Expresse o resultado 
como um vetor ca11csiano. 
2.123. Determine as intensidades das componentes da força 
F = 400 N que atuam na paralela e na perpendicular ao 
segmento BC do encanamento. 
F = 400 
Problemas 2.122/ 123 
•2.124. O cabo OA é usado para suportar a coluna 08. 
Determine o ângulo 8 que ele fonna com a viga OC. 
•2.125. O cabo OA é usado para suportar a coluna 08. 
Determine o ângulo ~ que ele forma com a viga OD. 
8 
• • 
Sm 
Problemas 2.124/ 125 
2.126. Cada cabo exerce uma força de 400 N sobre o poste. 
Determine a intensidade da componente projetada de F 1 ao 
longo da linha de ação de F2. 
2.127. Determine o ângulo e entre os dois cabos presos 
ao poste. 
• -
FI = 400 N 
Problemas 2.126/ 127 
Capítulo 2 Vetores de forço I 55 I 
•2.128. Uma força de F = 80 é aplicada no cabo da chave. 
Determine o ângulo O entre a origem da força e o cabo da 
chave A8. 
300mm 
• -
500mm 
Problema 2.128 
F = 80 ; 
y 
•2.129. Determine o ângulo e entre os cabos AB e A C. 
2.130. Se F possui uma intensidade de 250 N, determine a 
intensidade de uas componentes projetadas que atuam ao 
longo do eixo x c do cabo AC. 
z 
B 
m T 
2.4 lU 
X 
Problemas 2.129/ 130 
2.131. Determine as intensidades das componentes projetadas 
da força F = 300 N que atuam ao longo dos eixos x e y . 
•2.132. Determine a intensidade da componente projetada 
da força F = 300 que atua ao longo da linha OA . 
X 
Problemas 2.131 / 132 
I 56 I Estática 
•2.133. Dois cabos exercem forças sobre o tubo. Determine 
a intensidade da componente projetada de F, ao longo da 
linha de ação de F2 . 
2.134. Determine o ângulo e entre os dois cabos conectados 
ao tubo. 
- , 
REVISAO DO CAPITULO 
Um escalar é um número positivo ou 
negativo; são exemplos massa e tempe-
ratura. 
Um vetor possui uma intensidade e uma 
direção, onde a ponta da seta (extremi-
dade) representa o sentido do vetor. 
A multiplicação ou divisão de um vetor 
por um escalar mudará apenas a inten-
sidade do vetor. Se o escalar for 
negativo, o sentido do vetor mudará 
para que ele atue no sentido oposto. 
Se os vetores forem colineares, a resul-
tante é simplesmente a adição algébrica 
ou escalar. 
Lei do paralelogramo 
Dois vetores são adicionados de acordo 
com a lei do paralelogramo. As compo-
nentes formam os lados do paralelogramo 
e a resultante é a diagonal. 
Para encontrar as componentes de uma 
força ao longo de quaisquer dois eixos, 
estenda linhas da extremidade da força , 
paralelas aos eixos, para formar as com-
ponentes. 
Para obter as componentes ou a resul-
tante, mostre como as forças se somam 
indo da 'origem para extremidade' 
usando a regra do triângulo e, em se-
guida, use a lei dos cossenos e dos senos 
para calcular seus valores. Fi 
sen 8, 
R = A+B 
X 
z 
Problemas 2.133 I 134 
R 
• • 
A B 
0 Resultante 
\ c------ --=--
Componentes 
Componentes retangulares: duas 
dimensões 
Os vetores F_.. e FY são componentes 
retangulares de F. 
A força resultante é determinada pela 
soma algébrica de suas componentes. 
FRx = 'iFx 
Ffô. = 'iFy 
FR = / 17( F,-::-R--:-:..-1....-+-(:--::F,::-R)'=t 
8 = tg-' FRy 
F~t< 
Vetores cartesianos 
O vetor unitário u tem comprimento de 
um, sem unidades, e aponta na direção 
do vetor F. 
Uma força pode ser decomposta em 
suas componentes cartesianas ao longo 
dos eixos x, y, z, de modo que: 
F = Fx i + F,. j + F: k . 
A intensidade de F é detenninada pela 
raiz quadrada positiva da soma dos qua-
drados de suas componentes. 
Os ângulos de direção coordenados a, 
fJ, y são determinados formulando-se 
um vetor unitário na direção de F . As 
componentes x, y, z de u representam 
cos a, cos {J, cos y. 
Os ângulos de direção coordenados 
estão relacionados, de modo que apenas 
dois dos três ângulos são independentes 
um do outro. 
Para determinar a resultante de um 
sistema de forças concorrentes, expresse 
cada força como um vetor cartesiano c 
adicione as componentes i , j , k de todas 
as forças no sistema. 
Capítulo 2 Vetores de forço I 57 I 
y 
F 
~--------~~--------x 
y 
' 
u = ..E. = F, i + Fy j + F. k 
F F F F 
' '~ 
u = cos a i + cos /3 j + cos r k 
y 
F 
z 
I 
F. k ~ F 
ut/ 
y 
a 1/ p ~,. j 
-y 
F ... . / ~v 
/ 
X 
I 58 I Estática 
Vetores posição c de força 
Um vetor posição localiza um ponto no 
espaço em relação a outro. A maneira 
maissimplesde formularas componentes r = (xa - xA)i + CYn - YA)j + (zn - z, )k 
de um vetor posição é determinar a 
distância e a direção, ao longo das 
direções x, y e z, entre a 
extremidade do vetor. 
. 
ongem e a 
Se a linha de ação de uma força passa 
pelos pontos A e 8 , logo a força atua na 
mesma direção do vetor posição r, que 
é definido pelo vetor unitário u. A força 
pode então ser expressa como um vetor 
cartesiano. 
Produto escalar 
O produto escalar entre dois vetores A 
e B produz um escalar. Se A e B são 
expressos na forma de vetor ca11esiano, 
então o produto escalar é a soma dos 
produtos de suas componentes x, y e z. 
O produto escalar pode ser usado para 
calcular o ângulo entre A e B. 
O produto escalar também é usado para 
determinar a projeção da componente 
de um vetor A sobre um eixo a a definido 
por seu vetor unitário uw 
A · B = AB cos 8 
= Afi .. + A>BY + A:ft: 
A. = A cos fJ u. = (A · u. )u. 
z 
(:n- z,)k 
F 
r------.v 
A.t 
u - 0 
A a = A cos 0 u0 
2.135. Determine as componentes x c y da força de 700 N. 
700 N 
y 
/ 
60° 
1_ 
X 
Problema 2.135 
*2.136. Determine a intensidade da componente projetada 
da força de 500 N que atua ao longo do eixo BC do tubo. 
•2.137. Determine o ân&>ulo 8 entre os segmentos de tubo 
BA e BC. 
z 
X 
F = 500N y 
Problemas 2.136/ 137 
2.138. Determine a intensidade e a direção da resultante 
FR = F1 + F2 + F3 das três forças encontrando primeiro a 
resultante F'= F1 + F3 e, depois, formando FR = F' + F2• 
Especifique sua direção medida no sentido anti-horário a 
partir do eixo x positivo. 
y 
F1 = 80 N 
Problema 2.138 
Capítulo 2 Vetores de força I 59 I 
2.139. Detcnnine o ângulo de projeto 8 (8 <90°) entre as 
duas barras de modo que a força horizontal de 500 N tenha 
uma componente de 600 N direcionada de A para C. Qual é 
a componente da força que atua ao longo do membro BA? 
500 N 
A 
Problema 2.139 
*2.140. Determine a intensidade mini ma c a direção da força 
F3 de modo que a resultante de todas as três forças tenha 
uma intensidade de I 00 N. 
F, = 25 N 
Problema 2.140 
•2.141. Decomponha a força de 250 N nas componentes que 
atuam ao longo dos eixos u e v e dctennine as intensidades 
dessas componentes. 
250 N 
40° 
u 
Problema 2.141 
I 60 I Estático 
2.142. O cabo AB exerce uma força de 80 N sobre a 
extremidade da barra de 3 m de comprimento OA. Determine 
a intensidade da projeção dessa força ao longo da barra. 
4m 
X 
Problema 2.14 2 
2.143. Os três cabos de suporte exercem as forças mostradas 
na fi gura. Represente cada força como um vetor cartesiano. 
Fc= 400 
X 
• . 
Problema 2.143 
3m 
y 
Equilíbrio de uma partícula 
Obietivos do capítulo 
• Introduzir o conceito do diagrama de corpo livre (DCL) para uma partícula. 
• Mostrar como resolver problemas de equilíbrio de uma partícula usando as equações de equilíbrio. 
m Condisão de equilíbrio de uma partícula 
Dizemos que uma partícula está em equilíbrio quando está em repouso se origi-
nalmente se achava em repouso, ou quando tem velocidade constante se originalmente 
estava em movimento. Muitas vezes, no entanto, o termo 'equilíbrio' ou, mais 
especificamente, 'equilíbrio estático' é usado para descrever um objeto em repouso. 
Para manter o equilíbrio, é necessário satisfazer a prime~ra lei do movimento de 
Newton, segundo a qual a força resultante que atua sobre uma partícula deve ser 
igual a zero. Essa condição é expressa matematicamente como: 
l:F = O (3. 1) 
onde l:F é a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre a partícula. 
A Equação 3.1 não é apenas uma condição necessária do equilíbrio, é também 
uma condição suficiente. isso decorre da segunda lei do movimento de Newton, a 
qual pode ser escrita como l:F =ma. Como o s istema de forças satisfaz a Equação 3.1, 
então, ma = O e, portanto, a aceleração da partícula a = O. Consequentemente, a 
partícula move-se com velocidade constante ou pennanece em repouso. 
O diagrama de corpo livre 
Para aplicar a equação de equilíbrio, devemos considerar todas as forças 
conhecidas e desconhecidas (l:F) que atuam sobre a partícula. A melhor maneira de 
fazer isso é pensar na partícula de forma isolada e ' livre' de seu entorno. Um esboço 
mostrando a partícula com 1odas as forças que atuam sobre ela é chamado diagrama 
de c01po livre (DCL) da partícula. 
Antes de apresentarmos o procedimento fonnal para traçar o diagrama de corpo 
livre, vamos considerar dois tipos de conexão encontrados frequentemente nos 
problemas de equilíbrio de uma partícula. 
I 62 I Estática 
I 
F 
Figura 3.1 
T 
O cabo está em tensão 
Figura 3.2 
Molas 
Se uma mola (ou fio) linearmente elástica, de comprimento não defonnado I<" é 
usada para sustentar uma partícula, o comprimento da mola varia em proporção direta 
à força F que atua sobre ela (Figura 3.1). Uma característica que define a 'elasticidade' 
de uma mola é a constante da mola ou rigidez k. 
A intensidade da força exercida sobre uma mola lineannente elástica que tem 
uma rigidez k e é defonnada (alongada ou comprimida) de uma distância s = 1- 10 , 
medida a partir de sua posição sem carga, é: 
I F ks I (3.2) 
Se s for positivo, causa111do um alongamento, então F 'puxa' a mola; enquanto, 
se s for negativo, causando um encurtamento, então F a 'empurra '. Por exemplo, a 
mola mostrada na Figura 3. I tem comprimento sem esticar de 0,8 m e uma rigidez 
k = 500 /m e ela é esticada para um comprimento de J m, de modo que s = 1- 10 = 
I m- 0,8 m = 0,2 m, então é necessária uma força F= ks = 500 N/m(0,2 m) = 100 N. 
Cabos e polias 
Salvo disposição em contrário, ao longo deste livro, exceto na Seção 7.4, será 
considerado que todos os cabos (ou fios) têm peso desprezível e não podem esticar. 
Além disso, um cabo pode supottar apenas uma força de tração ou ' puxão', que atua 
sempre na direção do cabo. No Capítulo 5 veremos que a força de tração sobre um 
cabo contínuo que passa por uma polia sem atrito deve ter uma intensidade constante 
para manter o cabo em equilíbrio. Portanto, para qualquer ângulo (} mostrado na 
Figura 3.2, o cabo está submetido a uma tração constante T ao longo de todo o seu 
comprimento. 
Pro,edimento para trasar um diagrama de (Orpo livre 
Como devemos considerar todas as forças que atuam sobre a partícula quando 
aplicamos as e,quações de equilíbrio, a importância excessiva dada ao traçar um 
diagrama de corpo livre não pode ser rão enfatizada. Para construir um diagrama de 
corpo livre, é necessário o seguinte procedimento. 
Desenhe o contorno do partícula o ser estudado 
Imagine a partícula a ser isolada ou ' recortada' de seu entorno, e desenhe o 
contorno de sua forma. 
Mostre todos os forças 
Indique nesse esboço todas as forças que atuam sobre a partícula. Essas forças 
podem ser ativas, as quais tendem a pôr a partícula em movimento, ou reativas, que 
são o resultado das restrições ou apoios que tendem a impedir o movimento. Para 
levar em conta todas estas forças , pode ser útil traçar o contorno da partícula, 
observando cuidadosamente cada força que age sobre ela. 
Identifique cada forço 
As forças conhecidas devem ser marcadas com suas respectivas intensidades e 
direções. As letras são usadas para representar as intensidades e direções das forças 
desconhecidas. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 63 I 
T 
A coçombo é mantido em equilíbrio pelo cabo e, instintivamente, sabemos 
que o forço no cabo deve ser igual ao peso da coçombo. Desenhando o 
diagramo de corpo livre do caçombo, podemos compreender porque isso 
ocorre. Esse diagramo mostro que há apenas duas forças atuando sobre o 
caçamba, ou seja, seu peso W e o forço T do cabo. Poro o equilíbrio, o 
resultante dessas forças deve ser igual a zero e, assim, T = W. 
A bobina tem um peso W e está suspensa pelo lanço do 
guindaste. Se quisermos obter os forças nos cobos AB e AC, 
devemos considerar o diagrama de corpo livre do anel em A. 
Nesse coso, os cabos AO exercem uma forço resultante de W 
sobre o anel e o condição de equilíbrio é usada poro obter 
T 6 e Te. 
Exemplo 3.1 
A esfera na Figura 3.3a tem massa de 6 kg e está apoiada como mostrado. Desenhe 
o diagrama de corpo livre da esfera, da corda CE e do nó em C. 
-SOLUCAO 
• 
Esfera 
(a) 
F'cE(Força da corda CE 
.que age sobre a esfera) 
58,9 N (Peso ou gravidade 
.que age sobre a esfera) 
(b) 
Verifica-se que há apenas duas forças atuando sobre a esfera, nominalmente, seu 
peso, 6 kg (9,81 m/s2) = 58,9 N, e a força da corda CE. O diagrama de corpo livre 
é mostrado na Figura 3.3b. 
Corda CE 
Quando a corda CE é isolada de seu entorno, seu diagrama de corpo livre mostra 
apenas duas forças atuando sobre ela, nominalmente, a força da esfera e a força do 
nó (Figura 3.3c). Observe que Fcc mostrada nessa figura é igual, mas oposta à 
mostrada na Figura 3.3b, uma consequência da terceira lei da ação e reação de 
Newton. Além disso, Fcc e FEc puxam a corda e a mantêm sob tração de modo que 
não se rompa. Para o equilíbrio, Fcc = F1.;c. 
Nó 
O nó em C está sujeito a três forças (Figura 3.3d). Elas são causadas pelas cordas 
CBA e CE e pela mola CD. Como solicitado, o diagrama de· corpo livre mostra todas 
as forças identificadas por suas intensidades e direções. É importante observar que 
o peso da esfera não atua diretamente sobre o nó. Em vez disso, é a corda CE que 
submete o nó a essa Força. 
F IX (Força do nó que age 
sobre a corda C E) 
F CE (Força da esfera que age 
sobre a corda C E) 
(c) 
F CBA (Força da corda CBA 
que age sobre o uó) 
c 
-'--- 111---... F co (Força da 
mola que age 
sobre o nó) 
FCE(Força da corda CE 
que age sobre o nó) 
(d) 
Figura 3.3 
I 64 I Estática 
y 
figura 3.4 
----=--0--...,.,~---x 
F ION 
figura 3.5 
y 
I To 
A - x 
T s 
Te 
As correntes exercem três forças 
sobre o onel em A, como mostro o 
seu diogromo de corpo livre. O onel - . . noo se movera, ou se movera com 
velocidade constante, desde que o 
somo dessas forças ao longo dos 
eixos x e y seja zero. Se uma dos 
três forças for conhecida, as 
intensidades dos outros duas forças 
poderão ser obtidos o portir dos duas 
equações de equilíbrio. 
Sistemas de forsas coplanares 
Se uma partícula estiver submetida a um sistema de forças coplanares localizadas 
no plano x- y, como mostra a Figura 3.4, então cada força poderá ser decomposta em 
suas componentes i c j . Para o equilíbrio, essas forças precisam ser somadas para 
produzir uma força resultante zero, ou seja, 
1:F = O 
1:F) + 1:F,.j = O 
Para que essa equação vetorial seja satisfeita, as componentes x e y da força devem 
ser iguais a zero. Portanto, 
1:F =O • 
(3.3) 
Essas duas equações podem ser resolvidas, no máximo, para duas incógnitas, 
geralmente representadas como ângulos e intensidades das forças mostradas no 
diagrama de corpo livre da partícula. 
Quando aplicamos cada uma das duas equações de equilíbrio, precisamos levar 
em conta o sentido da direção de qualquer componente usando um sinal algébrico 
que corresponda à direção da seta da componente ao longo do eixo x ou y. É importante 
notar que se a força tiver intensidade desconhecida, o sentido da seta da força no 
diagrama de corpo livre poderá ser assumido. Portanto, se a solução resultar um 
escalar negativo, isso indicará que o sentido da força atua no sentido oposto ao 
assumido. 
Por exemplo, considere o diagrama de corpo livre da partícula submetida às duas 
forças mostradas na figura 3.5. Nesse caso, é assumido que a força incógnita F atua 
para a direita a flm de manter o equilíbrio. Aplicando a equação do equilíbrio ao 
longo do eixo x, temos: 
+F + lO =O 
Os dois termos são 'positivos' , uma vez que ambas as forças atuam na direção 
positiva x. Quando essa equação é resolvida, F = - I O N. Nesse caso, o sinal 
negativo indica que F deve atuar para a esquerda a fim de manter a partícula em 
equilíbrio (Figura 3.5). Observe que, se o eixo +x na Figura 3.5 fosse direcionado 
para a esquerda, ambos os termos da equação seriam negativos, mas, novamente, 
após a resolução, F = - I O N, indicando que F deveria ser direcionado para a 
esquerda. 
Procedimento para análise 
Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para uma partícula podem ser 
resolvidos usando-se o seguinte procedimento. 
Diagramo de corpo livre 
• Estabeleça os eixos x, y com qualquer orientação adequada. 
• Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e 
desconhecidas no diagrama. 
• O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida é assumido. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 65 I 
Equações de equilíbrio 
• Aplique as equações de equilíbrio 'LF .. = O e l.F, =O. 
• As componentes serão positivas se forem direcionadas ao longo de um 
eixo positivo c negativas se forem direcionadas ao longo de um eixo 
negativo. 
• Se exi tirem mais de duas incógnitas e o problema envolver mola, deve-se 
aplicar F = ks para relacionar a força da mola à dcfonnaçào s da mola. 
• Como a intensidade de uma força é sempre uma quantidade positiva, 
então, se a solução produzir um resultado negativo, isso indica que o 
entido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre (que 
foi assumido). 
Exemplo 3.2 
Determine a tração nos cabos BA e BC necessária para sustentar o cilindro de 60 kg 
na Figura 3.6a. 
D 
(a) 
-SOLUCAO • 
Diagrama de carpa livre 
T80 60(9,81) 
60(9,81) 
(b) 
Figura 3.6 
Devido ao equillbrio, o peso do cilindro faz com que a tração no cabo BD seja 
T80 = 60(9,81) N, como mostra a Figura 3.66. As forças nos cabos BA e BC podem 
ser determinadas examinando-se o equilíbrio do anel 8. Seu diagrama de corpo livre 
é mostrado na Figura 3.6c. As intensidades de T, e Te são desconhecidas, mas suas 
direções são conhecidas. 
Equasões de equilíbrio 
Aplicando-se as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, temos: 
.:!. l.F. = O; Tc·cos 45°- ( T )r,. = O ( I) 
+I'LF, =O; Tc· sen 45° +(~)r~ - 60(9,81) N =O (2) 
A Equação pode ser escrita como T, = 0,8839T c- Substituindo r, na Equação 2 
resulta: 
Te en45° +(~)(0,8839Tc)-60(9,8l)N =0 
De modo que: 
Te = 475,66 N = 476 N 
y 
T80 - 60(9.81) N 
(c) 
I 66 I Estática 
(a) 
y 
F0 = 1962 N 
(b) 
Figura 3.7 
r-------2 m--------~ 
kAs= 300 N/m 
(a) 
Figura 3.8 
Substituindo esse resultado na Equação l ou na Equação 2, obtemos: 
TA= 420 N 
NOTA: É claro que a precisão desses resultados depende da exatidão dos dados, isto 
é, medições da geometria c cargas. Para muitos trabalhos de engenharia envolvendo 
problemas como esse, os dados medidos com três algarismos significati vos seriam 
suficientes. 
Exemplo 3.3 
A caixa de 200 kg da Figura 3.7a é suspensa usando as cordas AB e A C. Cada corda 
pode suportar uma força máxima de 1 O kN antes de se romper. Se AB sempre 
permanece horizontal, detennine o menor ângulo e para o qual a caixa pode ser 
suspensa antes que uma das cordas se rompa. 
-SOLUCAO 
• 
Diagrama de corpo livre 
Estudaremos o equilíbrio do anel A . Existem três forças atuando nele (Figura 
3.7b). A intensidade de F0 é igual ao peso da caixa, ou seja, F0 = 200(9,81) 
N = 1962 N < 1 O kN. 
Equações de equilíbrio 
Aplicando as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, 
..:!:. 'LFx = O; - Fc c os e+ Fs = O; Fc = Fs e 
c os 
(I) 
+I 'Lf;. =O; Fc sen ()- 1962 N =O (2) 
Da Equação 1, F c é sempre maior que F8 , uma vez que cos () < I. Portanto, a corda 
AC atingirá a força de tração máxima de 10 kN antes da corda AB. Substituindo 
F c = I O kN na Equação 2, obtemos: 
[I O( I 03) N] sen O- 1962 N = O 
e = sen-1(0,1962) = li ,3 1 o 
A força desenvolvida na corda AB pode ser obtida substituindo os valores para 0 e 
F c na Equação 1. 
Exemplo 3.4 
10(103) N = cos ~n,31 o 
Fo= 9,8lk 
Determine o comprimento da corda AC na Figura 3.8a, de modo que a luminária de 
8 kg seja suspensa na posição mostrada. O comprimento não deformando da mola 
AB é I'An = 0,4 m c a mola tem uma rigidez kA8 = 300 N/m. 
-SOLUCAO 
• 
Se a força na mola A 8 for conhecida, o alongamento da mola será determinando usando 
F= ks. Da geometria do problema é possível então calcular o comprimento de AC. 
Diagrama de corpo livre 
A luminária tem peso W = 8(9,81) = 78,5 N e, portanto, o diagrama de corpo livre 
do anel em A é mostrado na Figura 3.8b. 
Equa~ões de equilíbrio 
Usando os eixos x, y, 
..i 'L.Fx = O; ~8 - ~c cos 30° = O 
+ 1 'L.Fy = O; TAc sen 30° - 78,5 N = O 
Resolvendo, obtemos: 
~c = 157,0 N 
~8 = 135,9 N 
O alongamento da mola AB é, portanto, 
TAB = kA1JSA8 ; 135,9 N = 300 Nlrn(sA8) 
SA8 = 0,453 m 
Logo, o comprimento alongado é: 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 67 I 
y 
_...t..._ __ "l:.,_---+- - x 
A T,,B 
w - 78.5 N 
(b) 
Figura 3.8 
IA8 = 0,4 m + 0,453 m = 0,853 m 
A distância horizontal de C a B (Figura 3.8a) requer: 
2 m = fAc cos 30° + 0,853 m 
l,c = 1,32 m 
Problemas fundamentais 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um 
diagrama de corpo livre (DCL). 
3.1. A caixa tem um peso de 2,75 kN. Determine a força em 
cada cabo de sustentação. 
Problema 3.1 
3.2. A viga tem um peso de 3,5 kN. Determine o cabo mais 
curto ABC que pode ser usado para levantá-la se a força 
máxima que o cabo pode suportar é 7,5 kN. 
t-----3 rn -----l 
Problema 3.2 
3.3. Se o bloco de 5 kg é suspenso pela polia B e a curvatura 
da corda é d = O, 15 m, determine a força na corda ABC. 
Despreze a dimensão da polia. 
I 0,4 rn ----
-,-
A 
Problema 3.3 
3.4. O bloco possui urna massa de 5 kg e repousa sobre o 
plano liso. Determine o comprimento não defonnado da mola. 
A. 
0.3 m 
~ 
?' 
0,4111 
,_ ...... ~ 
k ; 200 N/m 
Problema 3.4 
I 68 I Estática 
3.5. Se a massa do cilindro C é 40 kg, determine a massa 
do cilindro A, de modo a mantera montagem na posição 
mostrada. 
c 
40 kg 
A 
Problema 3.5 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. 
•3.1. Determine a força em cada corda para o equilíbrio da 
caixa de 200 kg. A corda BC permanece na horizontal devido 
ao rolete em C, e A B tem um comprimento de I ,5 m. 
Considere y = 0,75 m. 
3.2. Se a corda AB de I ,5 m pode suportar uma força máxima 
de 3500 N, determine a força na corda BC e a distância y, 
de modo que a caixa de 200 kg possa ser suportada. 
l----2m 1 
T 
l 
c 
Problemas 3.1 / 2 
3.3. Se a massa da viga é 3 Mg e seu centro de massa está 
localizado no ponto G, determine a tração desenvolvida nos 
cabos AB, BC e BD para o equilíbrio. 
•3.4. Se os cabos BD e BC podem suportar uma força de 
tração máxima de 20 kN, determine a massa máxima da viga 
que pode ser suspensa pelo cabo AB, de modo que nenhum 
cabo se rompa. O centro de massa da viga está localizado 
no ponto G. 
A 
·a 
Problemas 3.3/ 4 
3.6. Determine a tração nos cabos AB, BC e CD, necessária 
para suportar os semáforos de I O kg e 15 kg em B e C, 
respectivamente. Além disso, determine o ângulo 0. 
A D 
15 
Problema 3.6 
•3.5. Os membros de uma treliça estão conectados a uma 
placa de ligação. Se as forças são concon·entes no ponto O, 
determine as intensidades de F e T para o equilíbrio. 
Considere () = 30°. 
3.6>. A placa de ligação está submetida às forças de quatro 
membros. Determine a força no membro B c sua orientação 
correta O para o equilíbrio. As forças são concorrentes no 
pornto O. Considere F = 12 kN. 
A O 
8 kN --::!JííC~(~: --.
0 
,..--,ik--
C 5 kN 
F 
Problemas 3.5/ 6 
3.1. O pendente de reboque AB está submetido à força de 
50 kN exercida por um rebocador. Determine a força em 
cada um dos cabos de amarração, BC e BD, se o navio está 
se movendo para frente em velocidade constante. 
50kN 
Problema 3.7 
•3.8. Os membros A C c A 8 suportam a caixa de l 00 kg. 
Detennine a força de tração desenvolvida em cada membro. 
•3.9. Se os membros AC e AB podem suportar uma tração 
máxima de 1500 N e 1250 N, respectivamente, detennine o 
maior peso da caixa que pode ser suportada com segurança. 
~ 0.9 m --- 1•--- 1,2 m ---...J• I 
c 8 
1,2 m 
Problemas 3.8/ 9 
3.10. Os membros de uma treliça estão conectados à placa 
de ligação. Se as forças são concorrentes no ponto O, 
determine as intensidades de F e T para o equilíbrio. 
Considere e = 90°. 
3.11. A placa de ligação está submetida às forças de três 
membros. Determine a força de tração no membro C e seu 
ângulo O para o equilíbrio. As forças são concorrentes no 
ponto O. Considere F = 8 kN. 
y 
9kN 
f 
A 
- - +-----x 
T 
Problemas 3.10/ 11 
•3.12. Se o bloco 8 pesa l kN e o bloco C pesa 0,5 kN , 
determine o peso do bloco D e do ângulo O para o equi I ibrio. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 69 I 
•3.13. Se o bloco D pesa I ,5 kN e o bloco 8 pesa l ,375 kN, 
determine o peso do bloco C e do ângulo O para o equilíbrio. 
D 
Problemas 3.12/ 13 
3.14. Detem1ine o alongamento nas molas AC e A8 para o 
equilíbrio do bloco de 2 kg. As molas são mostradas na 
posição de equilíbrio. 
3.15. O comprimento não deformando da mola AB é 3 m. 
Se o bloco é mantido na posição de equilíbrio mostrada, 
determine a massa do bloco em D. 
1-t·--- 3 m---·1------ 4 m -----l·t 
3 m 
k11c = 20N/m 
k118 = 30 N/m 
D 
Problemas 3.14/ 1 S 
•3.16. Determine a tração desenvolvida nos cabos CA e C8 
necessária para o equilíbrio do cilindro de lO kg. Considere 
e= 40°. 
I 70 I Estático 
•3.17. Se o cabo CB está submetido a uma tração que é o 
dobro da do cabo CA, determine o ângulo O para o equilíbrio 
do cilindro de I O kg. Além disso, quais são as trações nos 
cabos CA c CB? 
c 
Problemas 3.16/ 17 
3.18. Detennine as forças nos cabos AC e AB necessárias 
para manter a esfera D de 20 kg em equilíbrio. Considere 
F = 300 N e d = I m. 
3.19. A esfera D possui uma massa de 20 kg. Se uma força 
F = I 00 é aplicada horizontalmente no anel em A, 
determine a dimensão d, de modo que a força no cabo AC 
. 
seJa zero. 
1.5 m 
d 
l-2m 
D 
Problemas 3.18/ 19 
*3.20. Determine a tração desenvolvida em cada um dos 
fios usados para sustentar o candelabro de 50 kg. 
•3.21. Se a tração de envolvida em cada um dos quatro fios 
não pode exceder 600 N, determine a maior massa do 
candelabro que pode cr suportada. 
Problemas 3.20/ 21 
•3.22. Uma força vertical P = 50 N é aplicada nas 
extremidades da corda AB de 0,6 m c na mola AC. Se a mola 
tem um comprimento não dcfom1ado de 0,6 m, determine o 
ângulo O para o equilíbrio. Considere k = 250 N/m . 
3.23. Determine o comprimento não deformado da mola AC 
se uma força P = 400 toma o ângulo O = 60° para o 
equilíbrio. A corda AB tem 0,6 m de extensão. Considere 
k = 850 N/m. 
"' ~ 0,6m 0,6m~ i 
A 
p 
Problemas 3.22/ 23 
*3.24. Se o balde pesa 0,25 kN, determine a tração 
desenvolvida em cada um dos fios. 
•3.25. Determine o peso máximo do balde que o sistema de 
fios pode suportar, de modo que nenhum fio desenvolva uma 
tração maior que 0,5 kN. 
Problemas 3.24/ 2S 
3.26. Detcnninc as trações desenvolvidas nos fios CD, CB 
e BA e o ângulo O necessário para o equilíbrio do cilindro E 
de I 5 kg c do cilindro F de 30 kg. 
3.27. Se o cilindro E pesa I 50 N e O = 15°, detennine o 
peso do cilindro F. 
D 
30° 
c 
8 
E 
F 
Problemas 3.26/ 27 
•3.28. Duas esferas, A e 8, tem massas iguais e estão 
eletrostaticamente carregadas, de modo que a força repulsiva 
que atua entre elas tem uma intensidade de 20 m e está 
direcionada ao longo da linha AB. Determine o ângulo O, a 
tração nas cordas AC e BC e a massa m de cada esfera. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 71 
20mN 
30° 
Problema 3.28 
•3.29. As cordas BCA c CD podem suportar, cada uma, uma 
carga máxima de 0,5 kN. Dctcnninc o peso máximo da caixa 
que pode ser içada em velocidade constante e o ângulo O 
para o equilíbrio. Despreze a dimensão da polia em C. 
D 
13 12 
A 
Problema 3.29 
3.30. As molas no arranjo de cabos estão originalmente 
não deformadas quando()= 0°. Determine a tração em cada 
cabo quando F = 450 N. Despreze a dimensão das polias 
em 8 e D. 
I 72 I Estático 
3.31. As molas no arranjo de cabos estão originalmente 
defonnadas em 0,3 m quando O = 0°. Detennine a força 
vertical F que deve ser aplicada, de modo que (J = 30°. 
k - 500 /m k = 500 IÍn 
F' 
c E 
Problemas 3.30/ 31 
•3.32. Determine a intensidade e a direção 8 da força de 
equilíbrio F~8 exercida ao longo da barra AB pelo aparato de 
tração mostrado. A massa suspensa é de I O kg. Despreze a 
dimensão da polia em A. 
Problema 3.32 
•3.33. O fio fonna um contorno fechado e passa pelas 
pequenas polias em A, 8, C e D. Se sua extremidade está 
submetida a uma força de P = 50 N, detennine a força no 
fio e a intensidade da força resultante exercida pelo fio em 
cada polia. 
3.34. O fio fonna um contorno fechado e passa pelas 
pequenas polias em A, 8, C c D. Se a força resultante 
máxima que o fio pode exercer sobre cada polia é 120 N, 
determine a maior força P que pode ser aplicada ao fio como 
mostrado. 
p 
Problemas 3.33/ 34 
3.35. O quadro tem um peso de 50 N e deve ser suspenso 
pelo pino liso 8. Se um cordão for amarrado ao quadro nos 
pontos A e C, a força máxima que o cordão pode suportar é 
75 N, determine o cordão mais curto que pode ser usado 
com segurança. 
A 
e 
8 
Problema 3.35 
c 
•3.36. O tanque uni forme de I 00 kg é suspenso por meio 
de lllm cabo de 3 m de comprimento, que está preso às laterais 
do tanque e passa sobre a pequena polia localizada em O. 
Se o cabo pode ser preso nos pontos A c B ou C e D, 
detenninc qual amarração produz a menor quantidade de 
tração no cabo. Qual é c sa tração? 
F 
o 
Problema 3.36 
•3.37. O peso de 5 kg é suportado pela corda AC, pelo rolete, 
e por uma mola que possui uma rigidez de k = 2000 N/ m e 
um comprimento não deformado de 300 mm. Determine a 
distância d até onde o peso está localizado quando em 
equilíbrio. 
3.38. O pesode 5 kg é suportado pela corda AC, pelo rolete. 
e por uma mola. Se a mola po sui um comprimento não 
deformado de 200 mm e o peso está em equilíbrio quando 
d = I 00 mm. Detennine a rigidez k da mola. 
1- ----- 300 mm --------1 
d 
k 
c 
A 
Problemas 3.37/ 38 
3 .39. Uma 'balança' é construída com uma corda de I ,2 m 
de comprimento c o bloco D de 5 kg. A corda é fixada em 
um pino em A c passa por duas pequenas polias em B c C. 
Determine o peso do bloco suspenso em B se o sistema está 
em equilíbrio. 
1--- 0,3 m ---l 
0.45 m 
D 
B 
Problema 3.39 
••3.40. A mola tem uma rigidez k = 800 /m e um 
comprimento não deformado de 200 mm. Determine a força 
nos cabos BC c BD quando a mola é mantida na posição 
mostrada. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 73 I 
400mm 
A /; 800 11m 
300 mm 
~_l 
1--500 mm --·~-400 mrr•--l 
Problema 3.40 
•3.41. Um cabo contínuo de comprimento total4 m é passado 
ao redor das pequenas polias em A, B, C e D. Se cada mola 
está alongada em 300 mm, determine a massa m de cada 
bloco. Despreze o peso das polias e cordas. As molas não 
se deformam quando d = 2 m. 
k = 500 !In 
Problema 3.41 
3.42. Determine a massa de cada um dos dois cilindros se 
eles causam um deslocamento s = 0,5 m quando suspensos 
pelos anéis em A c B. Observe que s = O quando os ci lindros 
são removidos. 
1.5 111 
.; 
I 
Problema 3.42 
I 74 I Estática 
3.43. O balde e seu conteúdo têm uma massa de 60 kg. Se 
a corda BAC possui 15 m de comprimento, determine a 
distância y até a polia em A para o equi líbrio. Despreze 
a dimensão da polia. 
T 2m l_ 
y 
J 
1----------- IOm ----------- 1 
Problema 3.43 
Problemas conceituais 
3.1. O painel de parede de concreto é içado para a posição 
usando os dois cabos AB e AC de mesmo comprimento. 
Defina dimensões apropriadas e faça uma análise de equi-
líbrio para mostrar que quanto mais longos forem os cabos, 
menor a força em cada um deles. 
3.2. A treliça é içada usando o cabo ABC que passa por uma 
polia muito pequena em 8. Se a treliça é colocada em 
uma posição inclinada, mostre que ela sempre retomará à 
posição horizontal para manter o equilíbrio. 
•*3.44. Uma balança é construída usando a massa de I O kg, 
o prato P de 2 kg e a montagem da polia e da corda confonne 
figura. A corda BCA tem 2m de comprimento. Se s = 0,75 m, 
detem1ine a massa de D no prato. Despreze a dimensão da 
polia. 
I ,5 m 
A 
s 
Problema 3.44 
3.3. O dispositivo DB é usado para esticar a corrente AJ3C 
de modo a manter a porta fechada oo contêiner. Se o ângulo 
entre AB e o segmento horizontal BC é 30°, determine o 
ângulo entre DB e a horizontal para o equilíbrio. 
3.4. As duas correntes AJ3 e AC possuem comprimentos 
iguais e estão submetidas à força vertical F. Se AB fosse 
substituído por uma corrente AB' mais curta, mostre que essa 
con·ente precisaria suportar uma força de tração maior do 
que AB a fim de manter o equilíbrio. 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 75 I 
Sistemas de forcas tridimensionais , 
Na Seção 3. 1, afirmarmos que a condição necessária e suficiente para o equilíbrio 
de uma partícula é: 
l:F = O (3.4) 
No ca o de um sistema de forças tridimensional, como na Figura 3.9, podemos 
decompor as forças em suas respectivas componentes i , j , k, de modo que 
EF) + EF,j + EF:k = O. Para satisfazer essa equação é ncces ário que: 
EF = O r 
EF =O .I (3.5) 
Essas três equações estabelecem que a soma algébrica das componentes de todas 
as forças que atuam sobre a partícula ao longo de cada um dos eixos coordenados 
precisa ser zero. Usando-as, podemos resolver para, no máximo, três incógnitas, 
geralmente representadas como ângulos de direção coordenados ou intensidades das 
forças no diagrama de corpo livre da partícula. 
Procedimento para análise 
Problemas de equilíbrio de forças tridimensionais para uma partícula podem ser 
resolvidos usando-se o procedimento a seguir. 
Diagrama de <orpo livre 
• Defina os eixos x, y, = em alguma orientação adequada. 
• Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e 
desconhecidas no diagrama. 
• O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida pode ser 
assumido. 
Equações de equilíbrio 
• Use as equações escalares de equilíbrio, l:Fx = O, E~. = O, EF: = O, nos 
casos em que seja fácil decompor cada força em suas componentes x, y, z. 
• Se a geometria tridimensional parecer dificil, então expresse primeiro cada 
força no diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano, substitua estes 
vetores em E F = O c, em seguida, iguale a zero as componentes i , j , k. 
• Se a solução para uma força produzir um resultado negativo, isso indica 
que o entido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre. 
' 
O anel em A está submetido à forço do 
gancho, bem como às forças de cada uma dos 
três correntes. Se o eletroímã e suo cargo 
tiverem peso W, então o forço do gancho será 
W e os três equações escolares de equilíbrio 
poderão ser aplicados oo diagramo de corpo 
livre do anel poro determinar os forças dos 
correntes, f 6, f c, e f ". 
Figura 3.9 
I 76 I Estática 
Exemplo 3.5 
Uma carga de 90 N está suspensa pelo gancho mostrado na Figura 3.1 Oa. Se a carga 
é suportada por dois cabos e uma mola com rigidez k = 500 N/m, detennine a força 
nos cabos e o alongamento da mola para a condição de equilíbrio. O cabo AD está 
no plano x- y e o cabo AC 1110 plano x- z. 
z --
c 
- y 
X 
90 N 90N 
I 
(a) (b) 
Figura 3.1 O 
-SOLUCAO • 
O alongamento da mola poderá ser determinado depois que a força sobre a mola for 
determinada. 
Diagrama de corpo livre 
A conexão em A foi escolhida para a análise de equilíbrio, visto que as forças dos 
cabos são concorrentes nesse ponto. O diagrama de corpo livre é mostrado na 
Figura 3.1 Ob. 
Equações de equilíbrio 
Cada força pode ser fac ilmente decomposta em suas componentes x, y, z, e portanto 
as três equações de equilíbrio escalares podem ser usadas. Considerando as 
componemes direcionadas ao longo do eixo positivo como 'positivas', temos: 
L.Fx = O; Fo sen 30° - ( t )Fc = O (I) 
L.F. = O; - Fo cos 30° + Fa = O (2) 
L.F: = O; (f )Fc - 90 N = O (3) 
Resolvendo a Equação 3 para F 0 depois a Equação para F0 e, finalmente, a 
Equação 2 para F8 , temos: 
Fc = 150 N 
F0 = 240 N 
F8 = 207,8 N 
Portanto, o alongamento da mola é: 
207,8 N = (500 Nlm)(sA8 ) 
SAB = 0,416 ffi 
NOTA: Como os resultados para todas as forças dos cabos são positivos, cada cabo 
está sob tração; isto é, eles puxam o ponto A como esperado (Figura 3.1 Ob ). 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 77 I 
Exemplo 3.6 
A luminária de I O kg mostrada na Figura 3. 11 a é suspensa pelas três cordas de mesmo 
comprimento. Determine sua menor distância vertical s a partir do teto, para que a 
força de envolvida em qualquer corda não exceda 50 N. 
-SOLUÇAO 
Diagrama de corpo livre 
Devido à simetria (Figura 3. llb}, a distância DA = DB = DC = 600 mm. Logo, como 
l.FJ = O e l.F, = O, a tração Tem cada corda serã a mesma. Também, o ângulo entre 
cada corda e o eixo z é y. 
Equa~ão de equilíbrio 
Aplicando a equação de equilíbrio ao longo do eixo z, com T = 50 N, temos: 
' 
l.F; =O; 3[(50 N)cosr] - 10(9,8 1) N =O 
r = cos-• ~~·~ = 49, 16° 
Do triângulo sombreado cinza, mostrado na Figura 3.11 b, 
tg 49 16o = 600 mm 
' s 
s = 519 mm 
Exemplo 3.7 
Determine a força desenvolvida em cada cabo 
40 kN (:: 4000 kg) mostrada na Figura 3. 12a. 
usado para suportar a caixa de 
n X--
-SOLUCAO 
• 
--
Sm 
(a) 
Diagrama de corpo livre 
c 
X-- Fn 
"' - 40 kN y 
)' 
(b) 
Figura 3.12 
Como mostra a Figura 3. 12b, o diagrama de corpo livre do ponto A é considerado 
para 'expor' as três forças desconhecidas nos cabos. 
Equação de equilíbrio 
Primeiro, vamos expressar cada força na forma vetorial cartesiana. Como as 
coordenadas dos pontos B c C são B (- 3 m; - 4 m; 8 m) c C (- 3 m; 4 m; 8 m), temos: 
X 
X 
--
z 
(a) 
I 0(9.81 ) 
(b) 
Figura 3.11 
)' 
)' 
I 78 I Estático 
--
(a) 
-• 
(b) 
Figura3.13 
; D 
2m 
O equilíbrio requer: 
rF = O· 
' 
Fs = Fs --:-----=--3i - 4j + 8k 
j(-3'f + (-4'f + (8'f 
= -0,3 18F8 i - 0,424F8 j + 0,848Fs k 
~ . - Fi -3i + 4j + 8k 
(- c j(-3'f+(4'f +(8'f 
= -0,3 18f(·i + 0,424f(-j + 0,848Fc k 
Fo =Foi 
W ={- 40k } k 
F8 + Fc+ F0 + W = O 
- 0,318F8i - 0,424F a.i + 0,848F8 k -
0,318F ci + 0,424F d + 0,848F ck + F/)i - 40k = O 
lgualando a zero as respectivas componentes i, j , k, temos: 
l:Fx =O; - 0,318F8 - 0,318Fc+ F0 = 0 
r F =o· ·' ' 0,424 F8 + 0,424Fc = O 
0,848F8 + 0,848Fc- 40 = O 
{ I ) 
(2) 
(3) 
A Equação 2 estabelece que F8 = F c. Logo, resolvendo a Equação 3 para F8 e F c e 
substituindo o resultado na Equação I para obter F0 , temos: 
F8 = Fc = 23,6 kN 
F0 = IS,O k 
Exemplo 3.8 
Determine a tração em cada corda usada para suportar a caixa de I 00 kg mostrada 
na Figura 3. 13a. 
-SOLUCAO • 
Diagrama de corpo livre 
A força em cada uma das cordas pode ser determinada observando-se o equilíbrio 
do ponto A. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 3.13b. O peso da caixa 
é W = 100(9,81) = 981 N . 
Equação de equilíbrio 
Cada força no diagrama de corpo livre é primeiro expressa na forma de um vetor 
cartesiano. Usando a Equação 2.9 para F c e ob ervando o ponto D (- 1 m; 2m; 2 m) 
para F 0 , temos: 
Fs = Fs i 
Fc = Fc cos 120°i + f<· CO 135°j + Fc cos 60°k 
= - 0. 5Fci - O. 707 f(·j + O, 5Fc k 
= - 0, 333Fo i - O, 667 Foj + O, 667 F o k 
w = {-98 1k} 
O equilíbrio requer: 
l:F = O; F8 + F,+ FD+ W = O 
F8i 0,5Fci 0,707Fd + 0,5Fck 
0,333F,_,i + 0,667 F0 j + 0,667 FDk - 98 1 k = O 
Igualando a zero as respectivas componentes i. j e k, temos: 
L F. =O; F8 0,5Fc- 0,333F0 = O 
L F, =O; - 0,701Fc + 0,667F0 = O 
L F: = O; 0,5Fc + 0,667F0 - 981 =O 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 79 I 
( I) 
(2) 
(3) 
Resolvendo a Equação 2 para F0 em função de Fc e fazendo a substituição na 
Equação 3, obtemos F c. F0 é determinado pela Equação 2. Finalmente, substituindo 
os resultados na Equação I, obtém-se F8. Então: 
Fc =8l3N 
F0 = 862 
F8 = 694 
Problemas fundamentais 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. 
3.7. Detennine as intensidades das forças F., F2, F3• de modo 
que a partícula seja mantida em equilíbrio. 
900N 
I 
Problema 3.7 
3.8. Determine a lração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. 
--
900N 
Problema 3.8 
3.9. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. 
--
600N 
Problema 3. 9 
3.10. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. 
c 
300N 
Problema 3.1 O 
3.11. A caixa de 75 kg é sustentada pelos cabos AB, AC e 
AD. Detennine a tração nesses cabos. 
0.9m 
0.9 m 
j 
0.6m 
I 
Problema 3.11 
I 80 I Estático 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. 
•3.45. Determine a tração nos cabos para suportar a caixa 
de I 00 kg na posição de equi líbrio mostrada. 
3.46. Detennine a maior massa da caixa para que a tração 
desenvolvida em qualquer cabo não exceda 3 kN. 
• • 
Problemas 3.45/ 46 
3 .47. O guincho é usado para puxar a rede de peixe de 
200 kg para o pícr. Determine a força compreensiva ao longo 
de cada uma das barras AB c CB c a tração no cabo do 
guincho DB. Considere que a força em cada barra atua ao 
longo de seu eixo. 
r--s.6 m 
--1---4m 
4m 
Problema 3.47 
*3.48. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC 
e AD necessária para o equilíbrio da caixa de 150 kg. 
•3.49. Detennine o pc o máximo da caixa, de modo que a 
tração desenvolvida em qualquer cabo não exceda 2250 N. 
Problemas 3.48/ 49 
3.50. Determine a força em cada cabo para suportar a 
plataforma de 17,5 kN (:::: 1750 kg). Considere d = 0,6 m. 
3.51. Determine a força em cada cabo para suportar a 
plataforma de 17,5 k (:::: 1750 kg). Considere d = I ,2 m. 
• • 
1
11.5 kN 
Problemas 3.50/ 51 
*3.52. Determine a força em cada um dos três cabos para 
levantar o trator que tem uma massa de 8 Mg. 
• . 
3 m 
Problema 3.52 
•3.53. Determine a força que awa ao longo do eixo de cada 
um dos três suporte para sustentar o bloco de 500 kg. 
Problema 3.53 
3.54. Se a massa do vaso de planta é 50 kg, determine a 
tração desenvolvida em cada fio para o equilíbrio. Considere 
x = I ,5 m c z = 2 m. 
3.55. Se a massa do vaso é 50 kg, determine a tração 
desenvolvida em cada fio para o equilíbrio. Considere 
x = 2 me z = I ,5 m. 
z 
3m 
y 
Problemas 3.54/ 55 
*3.56. As extremidades dos três cabos estão presas a um 
anel em A e à borda de uma placa uniforme de 150 kg. 
Determine a tração em cada um desses cabos para o equilibrio. 
•3.57. As extremidades dos três cabos estão presas a um anel 
em A e à borda da placa uniforme. Determine a maior massa 
que a placa pode ter se cada cabo pode suportar uma tração 
máxima de 15 kN. 
Problemas 3.56/ 57 
3.58. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e 
AD para o equilíbrio do ci lindro de 75 kg. 
3.59. Se cada cabo pode suportar uma tração màxima de 
1000 N, determine a maior massa que o cilindro pode ter 
para o equiHbrio. 
z 
3 m 
Problemas 3.58/ 59 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 81 I 
*3.60. O vaso de 50 kg é sustentado por A, pelos três cabos. 
Determine a força que atua em cada cabo para o equilíbrio. 
Considere d = 2,5 m. 
•3.61. Determine a altura d do cabo AB, de modo que a força 
nos cabos AD e AC sejam a metade da força no cabo AB. 
Qual é a força em cada cabo para esse caso? O vaso de planta 
tem uma massa de 50 kg. 
:: 
6m 
8 
X 
Problemas 3.60/ 61 
3.62. Uma força F= 500 N mantém a caixa de 200 kg em 
equilíbrio. Determine as coordenadas (0, y , z) do ponto A se 
a tração nos cabos AC e AB é de 3500 N em cada um. 
3.63. Se a tração máxima permitida nos cabos AB e AC é 
2500 N, determine a altura máxima z à qual a caixa de I 00 kg 
pode ser elevada. Qual força horizontal F deve ser aplicada? 
Considere y = 2,4 m. 
-
- ~ 
--1,5m __ __, 8 
r;-~'~·s:m-r---------
-r 
I .2 m 
X 
F 
y 
Problemas 3.62/ 63 
*3.64. O aro pode ser ajustado verticalmente entre três cabos 
de mesmo comprimento a partir dos quais o lustre de I 00 kg 
é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal e 
z = 600 mm, determine a tração em cada cabo. 
•3.65. O aro pode ser ajustado verticalmente entre três cabos 
de mesmo comprimento a partir dos quais o candelabro de 
I 00 kg é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal 
I 82 I Estático 
e a tração em cada cabo não pode exceder I k , determine 
a menor distância possível de z necessária para o equilíbrio. 
• . 
Problemas 3.64/ 65 
3.66. O balde possui um peso de 400 N e está suspenso por 
três molas, cada uma com comprimento não deformado de 
/0 = 0,45 m e rigidez de k = 800 N/m. Determine a distância 
vertical d da borda do balde ao ponto A para o equilíbrio. 
400 
Problema 3.66 
3.67. Três cabos são usados para sustentar um aro de 
450 kg. Determine a tração em cada cabo para o equilíbrio. 
• . 
Problema 3.67 
1,2 m 
•3.68. Os três blocos mais externos têm massa de 2 kg cada 
um c o bloco central E tem massa de 3 kg. Determine a 
distâncias para o equilíbrio do sistema . 
30 
lm 
Problema 3.68 
•3.69. Determine o ângulo O tal que seja desenvolvida uma 
força igual nas pernas 08 c OC. Qual é a força em cada 
perna e a força é direcionada ao longo do eixo de cada uma 
delas? A força F c localiza no plano x-y. Os suportes em 
A, B e C podem exercer forças em qualquer direção ao longo 
das pernas fixadas. 
• -
o 
H 
Problema 3.69 
y 
J m 
! 
- , 
REVISAO DO CAPITULO 
Equilíbrio da partícula 
Quando uma partícula está em repouso, ou se move com 
velocidade constante, encontra-se em equiübrio. Essa situação 
requer que todas as forças que atuam sobre a partícula tenham 
uma força resultante igual a zero. 
Para se considerarem todas as forças que atuam em uma partícula, 
é necessário traçar um diagrama de corpo livre. Esse diagrama é 
um esboço da forma da partícula que mostra todas as forças 
relacionadas com suas intensidades e direções conhecidas ou 
desconhecidas. 
Duas dimensões 
As duas equaçõesescalares de equilíbrio de força podem ser 
aplicadas em referência a um sistema de coordenadas x, y . 
A força de tração desenvolvida em um cabo contínuo que passa 
por uma polia sem atrito deve ter intensidade constante erm todo 
o cabo para manter o cabo em equilíbrio. 
Se o problema envolver uma mola linearmente elástica, então o 
alongamento ou a compressão s da mola pode ser relacionada à 
força aplicada a ela. 
Três dimensões 
Se a geometria tridimensional é diticil de visualizar, a equação 
de equilíbrio deverá ser aplicada usando-se a análise vetorial 
cartesiana, o que requer primeiro expressar cada força no 
diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano. Quando as 
forças são somadas e igualadas a zero, os componentes i, j e k 
também são zero. 
Problemas 
Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula I 83 I 
FR =!F = o 
'LF =O X 
L.F,. =O 
F=ks 
'LF = O 
'LF =O X 
!F_,.= o 
'LF: =O 
T 
T 
O cabo está em tens.'io 
--
3.70. A caixa de 250 kg é suspensa usando as cordas AB e 
AC. Cada corda pode suportar uma tração máxima de 
12,5 kN antes de se romper. Se AB permanece na horizontal. 
determine o menor ângulo e no qual a caixa pode ser 
suspensa. 
3.71. Os membros de um suporte são conectados por um 
pino na junta O. Determine a intensidade de F1 e seu 
ângulo e para o equilíbrio. Considere F2 = 6 kN. 
*3.72. Os membros de um suporte são conectados por um 
pino na junta O. Determine as intensidades de F1 e F2 para 
o equilíbrio. Considere e = 60°. 
---+- f 
8 
Problema 3.70 
5 k 
Problemas 3.71 / 12 
I 84 I Estática 
•3.73. Duas esferas eletricamente carregadas, de massa O, 15 g 
cada uma, são suspensas por tios de mesmo comprimento. 
Detennine a intensidade da força repulsiva F, que atua sobre 
cada esfera se a distância medida entre elas for r = 200 mm. 
150 mm 150mm 
Problema 3.73 
3.74. A luminária tem uma massa de I 5 kg e está sustentada 
por uma barra AO e pelos cabos AB e AC. Se a força na 
barra atua ao longo de seu eixo, determine as forças em AO, 
AB e AC para o equilíbrio. 
--
A 8 
~-- ~----l----~~~c~í7~-
4m 
6m ----,-~~-~~L~--------Y 
X 
Problema 3.7 4 
3.75. Detem1ine a intensidade de P e os ângulos de direção 
coordenados de F3 para o equilíbrio da partícula. Observe 
que F3 atua no octante mostrado. 
z 
(-1 m; -7 m; 4 m) 
"J=360kN 
X 
F4 = 300 kN 
Problema 3.75 
•3.76. O anel de dimensão desprezível está submetido a uma 
força vertical de I 000 N. Determine o maior comprimento I da 
corda AC tal que a tração que atua em AC seja 800 N. Além 
disso, qual é a força que atua na corda AB? Dica: Use a condição 
de equilibrio para determinar o ângulo e para a fixação, depois 
detennine i usando a trigonometria aplicada a !!.. ABC. 
8 
IOOON 
Problema 3.76 
•3.11. Determine as intensidades de F1, F2 e F3 para o 
equilíbrio da partícula. 
--
200N 
I 
X 
Problema 3.77 
3.18. Determine a força em cada cabo para suportar a carga 
de 2,5 kN. 
4m 
y 
Problema 3.78 
3.79. A junta de uma estrutura espacial está submetida a 
quatro forças nos membros. O membro OA está no plano 
x-y e o membro OB se localiza no plano y-z. Determine as 
forças que atuam em cada um dos membros necessárias para 
o equilíbrio da junta. 
;: 
X 200 N 
I 
Problema 3.79 
Resultantes de um sistema de forcas 
I 
Obietivos do capítulo 
• Discutir o conceito do momento de uma força e mostrar como calculá-lo em duas e três dimensões. 
• Fornecer um método para determinação do momento de uma força em relação a um eixo específico. 
• Definir o momento de um binário. 
• Apresentar métodos para a determinação das resultantes de sistemas de forças não concorrentes. 
• Mostrar como reduzir um carregamento distribuído simples em uma força resultante e seu ponto de aplicação. 
ID Momento de uma força - formulacão escalar , 
Quando uma força é aplicada a um corpo, ela produzirá uma tendência de rotação 
do corpo em tomo de um ponto que não está na linha de ação da força. Essa tendência 
de rotação algumas vezes é chamada de Iorque, mas nonnalmente é denominada 
momento de uma força, ou simplesmente momento. Por exemplo, considere uma 
chave usada para desparafusar o parafuso na Figura 4.1 a. Se uma força é aplicada 
no cabo da chave, ela tenderá a girar o parafuso em torno do ponto O (ou o eixo z). 
A intensidade do momento é diretamente proporcional à intensidade de F e à distância 
perpendicular ou braço do momento d. Quanto maior a for,ça ou quanto mais longo 
o braço do momento, maior será o momento ou o efeito de rotação. Note que se a 
força F for aplicada em um ângulo () :f: 90° (Figura 4.1 b ), en.tão será mais difícil girar 
o parafuso, uma vez que o braço do momento d' = d sen () será menor que d. Se F 
for aplicado ao longo da chave (Figura 4.1 c), seu braço do momento será zero, uma 
vez que a linha de ação de F interceptará o ponto O (o eixo z). Como resultado, o 
momento de F em relação a O também será zero e nenhuma rotação poderá ocorrer. 
Vamos generalizar a discussão anterior c consi-
derar a força F e o ponto O, que estão situados no 
plano sombreado, como mostra a Figura 4.2a. O 
momento M0 em relação ao ponto O, ou ainda em 
relação a um eixo que passa por O perpendicularmente 
ao plano, é uma quantidade vetorial, uma vez que 
ele tem intensidade e direção específicas. 
z 
(c) 
z 
(a) 
= 
(b) 
Figura 4.1 
I 86 I Estática 
F 
Eixo do momento 
I 
o 
(a) Sentido de rotação 
(b) 
Figura 4.2 
Intensidade 
A intensidade de M0 é 
(4.1) 
onde d é o braço do momeJJto ou distância pe1pendicu/ar do eixo no ponto O até a 
linha de ação da força. As unidades da intensidade do momento consistem da força 
vezes a distância, ou seja, N · m ou lb · ft. 
Direcão • 
A direção de M 0 é defi nida pelo seu eixo do momento, que é perpendicular ao 
plano que contém a força F e seu braço do momento d. A regra da mão direita é 
usada para estabelecer o sentido da direção de M0 . De acordo com essa regra, a curva 
natural dos dedos da mão direita, quando eles são dobrados em direção à palma, 
representa a tendência da rotação causada pelo momento. Quando essa ação é 
realizada, o polegar da mão direita dará o sentido direcional de M 0 (Figura 4.2a). 
Note que o vetor do momento é representado tridimensionalmente por uma seta 
curvada em tomo de uma seta. Em duas dimensões, esse vetor é representado apenas 
pela seta curvada, como mostra a Figura 4.2b. Como, nesse caso, o momento tenderá 
a produzir uma rotação no sentido anti-horário, o vetor do momento está direcionado 
para fora da página. 
Momento resultante 
Para problemas bidimensionais, em que todas as forças estão no plano x-y 
(Figura 4.3), o momento resultante (MR)o em relação ao ponto O (o eixo z) pode 
ser determinado pela adição algébrica dos momentos causados no sistema por todas 
as forças. Por convenção, geralmente consideraremos que os momentos positivos 
têm sentido anti-horário, uma vez que eles são direcionados ao longo do eixo 
positivo z (para fora da página). Momentos no sentido horário serão negativos. 
Desse modo, o sentido direcional de cada momento pode ser representado por um 
sinal de mais ou de menos. 'Usando essa convenção de sinais, o momento resultante 
na Figura 4.3 é: 
y F, -
do - M, -
Figura 4.3 
Se o resultado numéric·o dessa soma for um escalar positivo, (M R)o será um 
momento no sentido anti-horário (para fora da página); e se o resultado for negativo, 
(MR)o será um momento no• sentido horário (para dentro da página). 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 87 
Exemplo 4.1 
Detennine o momento da força em relação ao ponto O para cada caso ilustrado na 
Figura 4.4. 
100 
1-------2m ------1 
o 
\ 
o F~r=§~~~~~Js m 
I ----------------- ~~~-~--- 50 o = I 1-----2 l1l ------1· 
(a) (b) 
~ . 
SOLUÇAO (ANALISE ESCALAR) 
A linha de ação de cada força é prolongada por uma linha tracejada para estabelecer 
o braço do momento d. As figuras mostram também as tendências de rotação do 
membro causada pela força. Além disso, a órbita da força em tornode O é representada 
por uma seta curvada. Assim, 
Fig.4.4a Mo= (100 N)(2 m) = 200 · m \ 
Fig.4.4h Mo = (50 N)(O, 75 m) = 37,5 N · m \ 
Fig.4.4c ~~ = ( 40 kN)( 4 m + 2 cos 30° m)= 229 kN · m \ 
Fig.4.4d Mo = (60 kN )(l sen 45° m ) = 42,4 kN · m ..J 
Fig.4.4e Mo = (7 kN)(4 m - Im)= 21 ,0 kN · m ..J 
Exemplo 4.2 
Oetennine o momento resultante das quatro forças que atuam na barra mo trada na 
Figura 4.5 em relação ao ponto O. 
~ 
SOLUCAO 
• 
Assumindo que momentos posirivos atuam na direção +k, ou seja, no sentido anti-
-horário, temos: 
\.. + MR0 = L.Fd; 
MR
0 
=-50 N(2 m) + 60 N(O) + 20 N(3 sen 30° m) 
- 40 N ( 4 m + 3 cos 30° m) 
MRo = - 334 N · m = 334 N · m \ 
Para esse cálculo, note que as distâncias dos braços dos momentos para as forças de 
20 N c 40 N foram estabelecidas pelo prolongamento das linhas de ação (tracejadas) 
de cada uma delas. 
A 
2m 
'(" 
~O~o~~==~~:::E~~3~ : 40k 
I 
1----4m ---+1----<: 
2 cos30° m 
(c) 
~-----Jm-----~ 
: 
(d) 
j-2m-j 
f- -----
4m 
I 
o 
(e) 
Figura 4.4 
50 N 
Jo• 
40N 
Figura 4.5 
F 
M I = Fd, 
Como ilustrado pelos exemplos, o momento de umo forço 
nem sempre provoco rotação. Por exemplo, o forço f 
tende o girar o viga no sentido horário em torno de seu 
suporte em A, com um momento M,- F(/_4 • A rotação 
realmente ocorreria se o suporte em 8 fosse removido. 
I 88 I Estática 
A capacidade de remover o prego exigirá que o momento de 
F11 em relação oo ponto O seja maior do que o momento do 
forço F, em relação oo O que é necessário poro arrancar o 
prego. 
C = A><B 
B 
Figura 4.6 
C= A>< B 
B 
A 
- C = B x A 
Figura 4.7 
Produto vetoria 
O momento de uma for,ça será formulado com o uso de vetores cartesianos na 
próxima seção. Antes disso, porém, é necessário ampliar nosso conhecimento de álgebra 
vetorial introduzindo o método do produto vetorial ou produto cruzado de multiplicação 
de vetores. 
O produto vetorial de dois vetores A e B produz o vetor C, que é escrito: 
C = A X B 
e lido como 'C é i!:,rual a A vetor B'. 
Intensidade 
(4.2) 
A intensidade de C é definida como o produto das intensidades de A e B e o seno 
do ângulo e entre suas origens (0° <e< 180°). Logo, C = AB sen (). 
Direcão 
' 
O vetor C possui uma direção perpendicular ao plano que contém A e B, de modo 
que C é determinado pela regra da mão direita; ou seja, dobrando os dedos da mão 
direita a partir do vetor A até o vetor B, o polegar aponta na direção de C, como 
mostra a Figura 4.6. 
Conhecendo a direção e a intensidade de C, podemos escrever: 
C = A X B = (AB sen 8) Uc (4.3) 
onde o scalar AB sen e define a intensidade de C e o vetor unitário uc define sua 
direção. Os termos da Equação 4.3 são mostrados na Figura 4.6. 
Propriedades de operação 
• A propriedade comutativa não é válida; ou seja, A X B :f; B X A. Em vez 
disso, 
A X 8 = - 8 X A 
Esse resultado é mostrado na Figura 4.7 utilizando a regra da mão direita. O produto 
vetorial B X A resulta em um vetor que tem a mesma intensidade, mas atua na direção 
oposta a C; isto é, B x A = -C. 
• Se o produto vetorial for multiplicado por um escalar a, ele obedece à 
propriedade associativa; 
a(A X 8) = (aA) X 8 = A X (aB) ={A X B)a 
Essa propriedade é facilmente mostrada, uma vez que a intensidade do vetor 
resultante (laiAB sen 8) e sua direção são as mesmas em cada caso. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 89 I 
• O produto vetorial também obedece à propriedade di tributiva da adição, 
A X (B + O) = {A X B) + {A X O) 
• A prova dessa identidade é deixada como um exercício (veja o Problema 
4 .1 ). É importante notar que a ordem correta dos produtos vetoriais deve 
ser mantida, uma vez que eles não são comutativos. 
Formulacão do vetor cartesiano , 
A Equação 4.3 pode ser utilizada para obter o produto vetorial de qualquer par 
de vetores unitários cartesianos. Por exemplo, para encontrar i X j , a intensidade do 
vetor resultante é {i) (i) (sen 90°) ={I) {I) {I)= I, e sua direção é determinada 
usando a regra da mão direita. Como mostra a Figura 4.8, o vetor resultante aponta 
na direção +k. Portanto, i X j = (I )k. De maneira similar, 
--
k = j X j 
i 
Figura 4.8 
i X j = k i X k = - j i X i = O 
j X k = i j X i = - k j X j = O 
k X i = j k X j = - i k X k = O 
E ses resultados não devem ser memorizados; deve-se compreender com clareza 
como cada um deles é obtido com o uso da regra da mão d ireita e com a definição 
do produto vetorial. Um esquema simples, apresentado na Figura 4.9, é útil para a 
obtenção dos mesmos resultados quando for necessário. Se o círculo é construido 
de acordo com a figura, então 'o produto vetorial' de dois vetores unitários no 
sentido anti-horário do círculo produz o terceiro vetor unitário positivo; por 
exemplo, k X i = j . Fazendo o produto vetorial no sentido horário, um vetor unitário 
negativo é obtido; por exemplo, i X k = - j . 
Considere agora o produto vetorial de dois vetores quaisquer A e B, expressos 
na forma de vetores cartesianos. Temos: 
A X B =(A) + A,j + A:k) X (8) + B_..j + B=k) 
= A)J,. {i X i) + A fi_.. {i X j) + A fi: (i X k) 
+ A,B, U X i) + A,B, U X j) + A,B= U X k) . . . 
+ A:fJx (k X i) + A;B, (k X j ) + A:fJ: (k X k) 
Efetuando as operações de produto vetorial e combinando os termos resultantes, 
A X B = (A,.B:- A;B,) i - (Afi:- A:fJx) j + (Afi,- A,B,) k (4.4) 
Essa equação também pode ser escrita na fonna mais compacta de um detem1inantc 
como: 
• • k I J 
A X B = A,. A,. A-• 
8 , B .• B: (4.5) 
j k 
Figura 4.9 
I 90 I Estático 
Eixo do momento 
F 
(a) 
Eixo do momento 
t-:1o ,., 
,_,..._,._-=r,..----"' O 
F 
(b) 
Figura 4.1 O 
Portanto, para obter o produto vetorial de quaisquer vetores cartesianos A e B, é 
necessário expandir um determinante cuja primeira linha de elementos consiste dos 
vetores unitários i, j e k; e a segunda e terceira linhas são as componentes x, y, z dos 
dois vetores A e B, respecüvamente. * 
Momento de uma forca - formulacão vetorial , , 
O momento de uma força F em relação a um ponto O ou, mais exatamente, 
em relação ao eixo do momento que passa por O e é perpendicular ao plano de 
O e F (Figura 4.1 Oa) pode ser expresso na forma de um produto vetorial, 
nominalmente, 
M 0 = r X F (4.6) 
Nesse caso, r representa um vetor posição dirigido de O até algum ponto sobre 
a linha de ação de F. Vamos mostrar agora que, de fato, o momento M 0 , quando 
obtido por esse produto vetorial, possui intensidade e direção próprias. 
Intensidade 
A intensidade do produto vetorial é definida pela Equação 4.3 como M0 = rF sen e. 
O ângulo e é medido entre as origens de r e F. Para definir esse ângulo, r deve ser 
tratado como um vetor deslizante, de modo que e possa ser representado corretamente 
(Figura 4.1 Ob). Uma vez que o braço de momento d =r sen e, então: 
M0 = rF sen e= F(r sen e)= Fd 
de acordo com a Equação 4.1. 
Direcão 
' 
A direção e o sentido de M0 na Equação 4.6 são determjnados pela regra da mão 
direita do produto vetorial. Assim, deslizando r ao longo da linha tTacejada e curvando 
os dedos da mão direita de r para F ('r vetor F '), o polegar fica direcionado para 
• Um detenniname com três linhas e três colunas pode ser expandido usando-se lrês menores. 
Cada um deles deve ser multiplicado por um dos três elementos da primeira linha. Há quatro 
elementos em cada detenninante menor, por exemplo, 
Por definição, essa notação do determinante representa os termos (A 11A22 - A ,zA21 ) Trata-se 
simplesmente do produto de dois elementos da diagonal principal (A 11A22) menos o produto dos 
dois elementos da diagonal secundária (A 1zA21). Para um detenninante 3 X 3, como o da Equação 
4.5, os três detcm1inantes menores podem ser construídos de acordo com o seguinte esquema: 
Pard o elemento i : 
X 
Para o elemento j : 
(Lembre-se do sinal negativo 
- j( A., B: - A:fJ .. ) 
Para o elemento k: 
Adicionando os resultados c observando que o elemento j deve incluir o sina/negativo. chega-se 
à fonna expandida de A X B dada pelaEquação 4.4. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 91 
cima ou perpendicular ao plano que contém r e F, que está na mesma direção de 
Ma. o momento da força em relação ao ponto O da Figura 4.1 Ob. ote que tanto a 
'curva' dos dedos, como a curva em tomo do vetor de momento, indica o sentido da 
rotação causado pela força. Como o produto vetorial não obedece à propriedade 
comutativa, a ordem de r X F deve ser mantida para produzir o sentido da direção 
correta para M0 . 
Princípio da transmissibilidade 
A operação do produto vetorial é frequentemente usada em três dimensões, já que 
a distância perpendicular ou o braço do momento do ponto O à linha de ação da 
força não é necessário. Em outras palavras, podemos usar qualquer vetor posição r 
medido do ponto O a qualquer ponto sobre a linha de ação da força F (Figura 4.11 ). 
Assim, 
M 0 = r 1 X F = r2 X F = r3 X F 
Como F pode ser aplicado em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação e 
ainda criar esse mesmo momento em relação ao ponto O, então, F pode ser considerado 
um vetor deslízante. Essa propriedade é chamada de princípio da transmissibilidade 
de uma força. 
F 
Li n hn de nçào 
Figura 4.11 
Formulacão do vetor cartesiano 
• 
Se estabelecermos os eixos coordenados x, y, z, então o vetor posição r c a força 
F podem ser expressos como vetores cartesianos (Figura 4. 12a). Aplicando a Equação 
4.5 temos: 
onde: 
• • k 1 J 
M0 = r X F = r ': •. 1: < -
F. F, F. (4.7) -
reprc cntam as componentes x, y, z do vetor posição definido do ponto 
O até qualquer ponto sobre a linha de ação da força 
F.- F,, F: representam as componentes x, y, z do vetor força 
Se o determinante for expandido, então, como a Equação 4.4, temos: 
M0 = (r,F:- r~,) i - (rJ':- tfx)j + (r,F , - r,F i ) k (4.8) 
O significado fisico dessas três componentes do momento se toma evidente ao 
analisar a Figura 4.12h. Por exemplo, a componente i de M0 pode ser determinada 
a partir dos momentos de F, F.11 c F: em relação ao eixo x. A componente Fx não 
gera nenhum momento nem tendência para causar rotação em relação ao eixo x, uma 
vez que essa força é paralela ao eixo x. A linha de ação de F,. passa pelo ponto 8 e, 
Eixo do 
momento 
/ 
(a) 
(b) 
Figura 4.12 
--Y 
I 92 I Estática 
--
I 
Figura 4.13 
--
12m 
X 
(a) 
--
X 
y 
(b) 
Figura 4.14 
portanto, a intensidade do momento de FJ. em relação ao ponto A no eixo x é r~­
Pela regra da mão direita, essa componente age na direção negativa de i. Da mesma 
fonna, F, passa pelo ponto C e, assim, ele contribui com uma componente do momento 
de t:,F .i em relação ao eixo. Portanto, (Mo)x = (l jF. - r ;Fy) como mostra a Equação 
4.8. Como um exercício, detem1ine as componentes j e k de M 0 dessa maneira e 
mostre que realmente a forma expandida do determinante (Equação 4.8) representa 
o momento de F em relação ao ponto O. Quando M0 for determinado, observe que 
ele sempre será perpendicular ao plano em cinza contendo os vetores r e F (Figura 
4.12a). 
Momento resultante d1e um sistema de forcas 
' 
Se um corpo é submetido à ação de um sistema de forças (Figura 4.13), o 
momento resultante das forças em relação ao ponto O pode ser determinado pela 
adição vetorial do momento de cada força. Essa resultante pode ser escrita 
simbolicamente como: 
(4.9) 
Exemplo 4.3 
Detennine o momento produzido pela força F na Figura 4.14a em relação ao ponto O. 
Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
SOLUCÃO 
• 
Como mostra a Figura 4.14a, tanto r 11 quanto r 8 podem ser usados para detem1inar 
o momento em relação ao ponto O. Esses vetores posição são: 
r"= {12k} m e r8 = {4i + 12j } m 
A força F expressa como ul!l1 vetor cartesiano é: 
Logo, 
ou 
F - Fu _ 2 kN[ {4i +l2j - 12k }m ] 
-
118
- J(4 m)2 + (12 m)2 + (- 12 m)2 
= {0,4588i + 1,376j - 1,376k } kN 
i j k 
M0 = r11 X F = 0 0 12 
0,4588 1,376 -1,376 
= [0(-1,376)- 12{1,376))i - [0(-1,376) - 12(0,4588))j 
+ [0(-1,376)- 0(0,4588))k 
= {- 16,5i + 5,5 1j} kN · m 
i j k 
M0 = r 8 X F = 4 12 O 
0,4588 1,376 - 1,376 
= [12(-1, 376) - 0(1,376))i - [4(-1,376) - 0(0,4588))j 
+ [4(1 ,376)- 12(0,4588 ))k 
= {- 16,5i + 5,51j} kN · m 
NOTA: Como mostra a Figura 4.14b, M 0 age perpendicularmente ao plano que contém 
F, r, e r8. Veja a dificuldade que surgiria para obter o braço do momento d se esse 
problema tivesse sido resolvido usando M0 = Fd. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 93 I 
Exemplo 4.4 
Duas forças agem sobre a barra mostrada na Figura 4.15a. Detennine o momento 
resultante que elas criam em relação ao nange em O. Expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
- -- -
F, t2601+ 40j + 20k} k F, ~·R -P Oi - 40j 11 
~~~;:.,..._.A. ___ _.. 
:r 
B 
F 2 M 180i I 40j - 30k) k 
(a) (b) 
Figura 4.1 S 
-SOLUCAO 
• 
Os vetores posição estão direcionados do ponto O até cada força, como mostra a 
Figura 4. 15b. Esses vetores são: 
r,~ = {5j } m 
r8 = {4i .,.. 5j - 2k} m 
Logo, o momento resultante em relação a O é: 
1\h , = 1:( r X F') 
= r 4x F,+ rs x F\ 
i j k i j k 
o 5 o + 4 5 - 2 
-60 40 20 80 40 -30 
= (5(20) - O( 40)] i - fO]j + (0(40)- (5 )(60))k 
+ [5 ( - 30) - ( - 2 )( 40)]i - [ 4(-30) - (-2 )(80))j + [ 4( 40) - 5(80)] k 
= {30i - 40j + 60k} kN · m 
NOTA: Esse resultado é mostrado na Figura 4. I Se. Os ângulos de direção coordenados 
foram determinados a partir do vetor unitário de MR . Repare que as duas forças o 
tendem a fazer com que o bastão gire em torno do eixo do momento conforme mostra 
a curva indicada no vetor momento. 
m o princípio dos momentos 
Um conceito bastante usado na mecânica é o princípio dos momentos, que, 
algumas vezes, é referido como o teorema de Varignon, já que foi originalmente 
desenvolvido pelo matemático francês Yarignon ( 1654-1722). Ele estabelece que o 
momento de uma força em relação a um ponto é igual à soma dos momentos das 
componentes da força em relação ao mesmo ponto. Esse teorema pode ser provado 
facilmente usando o produto vetorial, uma vez que o produto vetorial obedece à 
propriedade distributiva. Por exemplo, considere os momentos da força F e duas de 
suas componentes em relação ao ponto O (Figura 4.16). Como F = F1 + F2, temos: 
M 0 = r X F = r X (F1 + F2) = r X F1 + r X F2 
--
(c) 
o 
Figura 4.16 
I 94 I Estática 
Figura 4.17 
É fácil determinar momento do forço F 
aplicado em relação ao ponto O se 
usarmos o princípio dos momentos. 
Ele é simplesmente M0 = F,d. 
Para os problemas bidimensionais (Figura 4.17), podemos usar o princípio dos 
momentos decompondo a força em suas componentes retangulares e, depois, 
determinar o momento usando uma análise escalar. Logo, 
M0 = F,y - ~.x 
Esse método normalmente é mais fácil do que determinar o mesmo momento 
usando M 0 = Fd. 
Pontos importantes 
• O momento de uma força cria a tendência de um corpo girar em tomo de um 
eixo passando por um ponto específico O. 
• Usando a regra da mão direita, o sentido da rotação é indicado pela curva dos 
dedos, e o polegar é direcionado ao longo do eixo do momento, ou linha de 
ação do momento. 
• A intensidade do momento é determinada através de M0 = Fd, onde d é 
chamado o braço do momento, que representa a distância perpendicular ou 
mais curta do ponto O à linha de ação da força. 
• Em três dimensões, o produto de vetorial é usado para determinar o momento, 
ou seja, M0 = r X F. Lembre-se de que r está direcionado do ponto O a 
qualquer ponto sobre a linha de ação de F. 
• O princípio dos momentos estabelece que o momento de uma força em relação 
a um ponto é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação 
ao mesmo ponto. Esse é um método bastante conveniente para usar em duas 
dimensões. 
Exemplo 4.5 
Determine o momento da força na Figura 4.18a em relação ao ponto O. 
-SOLUCAO I 
• 
O braço do momento d na Figura 4.l8a pode ser determinado por meio da trigono-
metria. 
d = (3 m) sen 75° = 2,898 m 
Logo, 
M0 = Fd = (5 kN )(2,898 m) = 14,5 kN · m \ 
Como a força tende a girar ou orbitar no sentido horário emtorno do ponto O, o 
momento está direcionado para dentro da página. 
d, = 3 cos 30° m_j 
I Fx = (5 kN) COS 45° 
F=5kN 
F1 = (S kN) scn 45° 
o 
(a) (b) 
Figura 4.18 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 95 I 
-SOLUCAO 11 
• 
As componentes x c y da força são indicadas na Figura 4.18b. Considerando os 
momentos no sentido anti-horário como positivos e aplicando o princípio do momentos, 
temos: 
'- + M0 = - F;d, - F,d, 
-
= -(5 cos 45° kN){3 sen 30° m)- (5 sen 45° kN)(3 cos 30° m) 
= - 14,5kN · m = 14,5kN · m""\ 
SOLUCAO 111 
• 
Os eixos x e y podem ser definidos paralela e perpendiculam1ente ao eixo da barra, 
como mostra a Figura 4.18c. Aqui, F ... não produz momento algum em relação ao 
ponto O, já que sua linha de ação passa por esse ponto. Portanto, 
Exemplo 
\.+M0 =-F,d. 
4.6 
::= - (5 sen 75° kN)(3 m) 
= - 14,5 kN ·rn = 14,5kN · m""\ 
A força F age na extremidade da cantoneira mostrada na Figura 4.19a. Determine o 
momento da força em relação ao ponto O. 
- . 
SOLUCAO I (ANALISE ESCALAR) 
• 
A força é decomposta em suas componentes x e y, como mostra a Figura 4.19b; então, 
'-+Mo = 400 sen 30° N(0,2 m) - 400cos30° N(0,4 m) 
= - 98,6 N · m = 98,6 N · m ""\ 
ou 
M0 ::= {- 98,6 k} · m 
SOLUCÃO 11 (ANÁLISE VETORIAL) 
• 
Empregando uma abordagem do vetor cartesiano, os vetores de força e posição 
mostrados na Figura 4.19c são: 
r = {0,4i - 0,2j} m 
F ::= {400 sen 30°i - 400 cos 30°j } N 
::= {200,0i - 346,4j } N 
Portanto, o momento é: 
M0 = r x F J 0~4 - ~,2 ~ 
200,0 - 346,4 o 
=Oi - Oj + [0,4(-346,4}- (-0,2){200,0})k 
= {-98,6k} · m 
NOTA: Observe que a análi e escalar (Solução I) fornece um método mais convenieme 
para análise do que a Solução 11, já que a direção e o braço do momento para cada 
força componente ão fáceis de estabelecer. Assim, esse método geralmente é 
recomendado para resolver problemas apresentados em duas dimensões, enquanto 
uma análise de vetor cartesiano é recomendada apenas para resolver problemas 
tridimensionais. 
F,= (5 k 
X 
F; = (5 kN) sen 75° 
o 
(c) 
Figura 4.18 
I 
0.2 m 
_L 
F =400 
(a) 
I ' . 
400 sen 30° N 
f--0,4 m,--1 
400 cos 30° N 
(b) 
)' 
o 
~--------~, ---x 
0.2 m 
(c) 
Figura 4.19 
_L 
F 
I 96 I Estático 
Problemas fundamentais 
4.1. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
31. 
Problema 4.1 
4.2. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
100 N 
T 
2m 
I 
1-----5m -----1 
Problema 4.2 
4.3. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
F = 300 N 
'I---0,4m ---
Problema 4.3 
4.4. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
1.2m~ 
o 0.9 m 
0,3m 
3 k 
Problema 4.4 
4.5. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
Despreze a espessura do membro. 
50 
j-100 mm-J 60o 
Problema 4.5 
4.6•. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
500 N 
Problema 4.6 
4.7. Detem1ine o momento resultante produzido pelas forças 
em relação ao ponto O. 
500 
300 N 
600 
Problema 4.7 
4.8 . Determine o momento resultante produzido pelas forças 
em relação ao ponto O. 
o 
Problema 4.8 
4.9. Determine o momento resultante produzido pelas forças 
em relação ao ponto O. 
F2 = 1000 N 
l---2m---l 
30° 
F1 ~ 1500 N 
Problema 4.9 
4.10. Determine o momento da força F em relação ao ponto 
O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
o 
y 
Problema 4.1 O 
Problemas 
•4.1. Se A, B e D são vetores, prove a propriedade distributiva 
para o produto vetorial, ou seja, A X (B + D) = (A X B) + 
(A X D). 
4.2. Prove a identidade do produto triplo escalar A · B X C 
= A X 8 · C. 
4.3. Dados os três vetores não nulos A, B e C, mostre que se A · 
(B X C) = O, os três vetores necessitam estar no mesmo plano. 
*4.4. Dois homens exercem forças de F= 400 N e P = 250 N 
sobre as cordas. Detennine o momento de cada força em relação 
a A. Em que sentido o poste girarará, horário ou anti-horário? 
•4.5. Se o homem em B exerce uma força P = 150 N sobre 
sua corda, determine a intensidade da força F que o homem 
em C precisa exercer para impedir que o poste gire; ou seja, 
para que o momento resultante em relação a A devido às 
duas forças seja zero. 
I 
1.8 m 
...,...-~~ _1 
F 
3, m 
A 
Problemas 4.4/ S 
4.6. Se e= 45°, determine o momento produzido pela força 
de 4 kN em relação ao ponto A. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 97 I 
4.11. Determine o momento da força F em relação ao ponto 
O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
Problema 4.11 
4.12. Se F1 = {lOOi - l20j + 75k} N e F2 = {- 200i + 250j 
+ 1 OOk} N, determine o momento resultante produzido por 
essas forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado 
como um vetor cartesiano. 
z 
Problema 4.12 
4.7. Se o momento produzido pela força de 4 kN em relação 
ao ponto A é I O kN · m no sentido horário, determine o 
ângulo e, onde 0° ~ (} ~ 90°. 
1----3m ----1 
Problemas 4.6/ 7 
*4.8. O cabo do martelo está sujeito à força de F= 100 N. 
Determine o momento dessa força em relação ao ponto A. 
•4.9. Para arrancar o prego em B, a força F exercida sobre 
o cabo do martelo precisa produzir um momento no sentido 
horário de 60 N · m em relação ao ponto A. Determine a 
intensidade necessária da força F. 
Problemas 4.8/ 9 
I 98 I Estática 
4.10. O cubo da roda pode ser conectado ao eixo com 
deslocamento negativo (esquerda) ou com deslocamento 
positivo (direita). Se o pneu está sujeito âs cargas normal e 
radial conforme mostrado, detennine o momento resultante 
dessas cargas em relação ao ponto O no eixo para os dois 
casos. 
~ (/ 
f.f' 
~ 0,05 111 
r-
o ,05 m . I ,.----0 -v ~ o 
c 
~._ 
0,4 m ~ 0,4 m 
<?' ~ 
\. ) " 
~ 
800 N 800 
4kN 4k 
Caso 1 Caso 2 
Problema 4.1 O 
4.11. O membro está sujeito a uma força F = 6 kN. Se 
8 = 45°, determine o momento produzido por F em relação 
ao ponto A. 
•4.12. Determine o ângulo () (0° S e < 180°) da torça F de 
modo que ela produza um momento máximo e um momento 
mínimo em relação ao ponto A. Além disso, quais são as 
intensidades desses momentos máximo e mínimo? 
•4.13. Determine o momento produzido pela força F em 
relação ao ponto A em função do ângulo e. Construa o 
gráfico de M,~ em função de O, onde 0° S OS 180°. 
1,5 m 
F • 6kN 
6m 
Problemas 4.11 / 12/ 13 
4.14. Sérios danos ao pescoço podem ocorrer quando um 
jogador de futebol americano é atingido na proteção de rosto 
de seu capacete da maneira mostrada, causando um 
mecanismo de guilhotina. Determ.ine o momento da força 
do joelho P = 250 N em relação ao ponto A. Qual seria a 
intensidade da força do pescoço F de modo que ela forneça 
o momento neutralizante em relação a A? 
P = 250 N 
Problema 4.14 
4.15. A força do tendão de Aquiles F, = 650 N é mobilizada 
quando o homem tenta ficar na ponta dos pés. Quando isso 
é feito, cada um de seus pés fica sujeito a uma força reativa 
N1 = 400 N. Determine o momento resultante de F, e N1 em 
relação â articulação do tornozelo A. 
•4.16. A força do tendão de Aquiles F, é mobilizada quando 
o homem tenta ficar na ponta dos pés. Quando isso é feito, 
cada um de seus pés fica sujeito a uma força reativa 
N, = 400 N. Se o momento resultante produzido pelas forças 
F, e N, em relação â articulação do tornozelo A precisa ser 
igual a zero, determine a intensidade de F,. 
F, 
200mm 
65mm N1 = 400N 
Problemas 4.1 S/ 16 
•4.17. Os dois garotos empurram o portão com forças de 
F8 = 250 N e~ = 150 N como mostrado. Determine o 
momento de cada força em relação a C. Em que sentido 
o portão girará, horário ou anti-horário? Despreze a espessura 
do portão. 
4.18. Dois garotos empurram o portão conforme mostrado. Se 
o garoto em 8 exerce uma força F8 = 150 N, determine a 
intensidade da força FA que o garoto em A precisa exercer para 
impedir que o portão gire. Despreze a espessura do portão. 
1----1 ,8 m ----l-0,9 m 
A 
Problemas 4.17/ 18 
4.19. As pinças são usadas para prender as extremidades do 
tubo de perfuração P. Detennine o Iorque (momento) MP que 
a força aplicadaF = 750 N exerce sobre o tubo em relação 
ao ponto P como uma função de e. Represente graficamente 
esse momento Mp em função de e para O :::; e:::; 90°. 
*4.20. As pinças são usadas para prender as extremidades 
do tubo de perfuração P. Se um torque (momento) 
Mp = 1200 N · m é necessário em P para girar o tubo, 
determine a força que precisa ser aplicada no cabo da pinça 
F. Considere e = 30°. 
F 
150mm 
~------1075mm------~ 
Problemas 4.19/ 20 
•4.21. Determine a direção e (0° :::; e :::; 180°) da força F de 
modo que ela produza o momento máximo em relação ao 
ponto A. Calcule esse momento. 
4.22. Determine o momento da força F em relação ao ponto 
A como uma função de 0. Represente os resu ltados de M 
(ordenada) em função de e (abscissa) para 0° < e < 180°. 
4.23. Detennine o momento tnirúmo produzido pela força F 
em relação ao ponto A. Especifique o ângulo e (0° <O< 180°). 
F ; 400N 
2m 
A l 
~-----3 m---------1 
Problemas 4.21 / 22/ 23 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 99 I 
*4.24. A fim de erguer o poste de iluminação a partir da posição 
mostrada, a força F é aplicada ao cabo. Se F = I 000 N, 
detennine o momento produzido por F em relação ao ponto A. 
•4.25. A fim de erguer o poste de iluminação a partir da 
posição mostrada, a força F no cabo deve criar um momento 
de 2250 N · m no sentido anti-horário em relação ao ponto A. 
Detennine a intensidade de F que precisa ser aplicada ao cabo. 
8 
6m 
Problemas 4.24/ 25 
4.26. A região do pé está sujeita à contração dos dois 
músculos plantarflexor. Determine o momento de cada força 
em relação ao ponto de contato A no chão. 
F2 = 150 N 
mrn 
25 rnm '-"-+- 1! r ,5 nml 
Problema 4.26 
4.27. A força de 70 N age no final do tubo B. Determine 
(a) o momento dessa força em relação ao ponto A e (b) a 
intensidade e a direção de uma força horizontal, aplicada em 
C, que produz o mesmo momento. Considere e = 60°. 
*4.28. A força de 70 N age na extremidade do tubo em 8. 
Determine os ângulos e (0° < e< 180°) da força que produzirá 
os momentos máximo e mínimo em relação ao ponto A. 
Quais são as intensidades desses momentos? 
A 
0.9 m 
70 N 
i= 
,..........,,,,..... -,........,, --------., ~'"\8 
c !lf 
I-o.3 n1 O, 7 m 
Problemas 4.27/ 28 
100 I Estática 
•4.29. Determine o momento de cada força em relação ao 
parafuso localizado em A. Considere F8 = 200 N, F c= 250 N. 
4.30. Se F8 = 150 N e Fc = 225 N, determine o momento 
resultante em relação ao parafuso localizado em A. 
Problemas 4.29130 
4.31. A barra no mecanismo de controle de potência de um 
jato comercial está sujeita a uma força de 80 N. Determine 
o momento dessa força em relação ao mancai em A. 
80 N 
Problema 4.3 I 
*4.32. O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na 
extremidade da lança do guindaste de 20 m de comprimento. 
Se f) = 30°, determine o posicionamento x do gancho em A 
para que essa força crie um momento máximo em relação 
ao ponto O. Qual é esse momento? 
•4.33. O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na 
extremidade da lança do guindaste de 20m de comprimento. 
Se X = 25 m, determine a posição e da lança para que essa 
força crie um momento máximo em relação ao ponto O. 
Qual é esse momento? 
P=4kN 
Problemas 4.32133 
4.34. A flm de manter o carrinho de mão na posição 
indicada, a força F deve produzir um momento anti-horário 
de 200 N · m em relação ao eixo A. Detem1ine a intensidade 
necessária da força F. 
4.35. O carrinho de mão e seu conteúdo possuem uma massa 
de 50 kg e um centro de massa em G. Se o momento 
resultante produzido pela força F e o peso em relação ao 
pornto A deve ser igual a zero, detennine a intensidade 
necessá1ia da força F. 
*4.36. O carrinho de mão e seu conteúdo possuem centro 
de massa em G. Se F = I 00 N e o momento resultante 
produzido pela força F e o peso em relação ao eixo A é zero, 
determine a massa do carrinho e de seu conteúdo. 
Problemas 4.34135136 
•4.31. Detennine o momento produzido por F1 em relação 
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
4.38. Detennine o momento produzido por F2 em relação 
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
4.39. Detennine o momento resultante produzido pelas duas 
forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado como 
um vetor cartesiano. 
X 
F2 = {- !Oi - 30j + 50k} N 
Problemas 4.37138139 
*4.40. Detenninc o momento produzido por F8 em relação 
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
•4.41. Determine o momento produzido por Fc em relação 
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
4.42. Determine o momento resultante produzido pelas 
forças F 8 e F c em relação ao ponto O. Expresse o resultado 
como um vetor cartesiano. 
-
= 780N 
Problemas 4.40 I 4 I I 4 2 
4.43. Determine o momento produzido por cada força em 
relação ao ponto O localizado na broca da furadeira. Expresse 
o resultado como um vetor cartesiano. 
--
L---~~~-~ mm 
FA = (- 40i - IOOj - 60k} ----r--)' 
150mm 
F8 = {- 50i - 120j + 60k} N 
Problema 4.43 
•4.44. Uma força F = {6i 2j + I k} kN produz um momento 
M0 = {4i + Sj 14k} kN · m em relação a origem das 
coordenadas, o ponto O. Se a força age em um ponto tendo 
uma coordenada x de x = I m, detennine as coordenadas y e z. 
•4.45. Oencanamentoestásujeitoà forçade80N. Determine 
o momento dessa força em relação ao ponto A. 
4.46. O encanamento está sujeito à força de 80 N. Determine 
o momento des a força em relação ao ponto B. 
)' 
Problemas 4.45/ 46 
4.47. A força F = { 6i + 8j + I Ok} N cria um momento em 
relação ao ponto O de M 0 = {- 14i + 8j + 2k} N · m. Se a 
força passa por um ponto tendo uma coordenada x de I m, 
determine as coordenadas y e = do ponto. Além disso, 
observando que M0 = Fd, determine a distância d do ponto 
O à linha de ação de F. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 101 
--
F 
lm 
I' 
\ 
Problema 4.47 
•4.48. A força F age perpendicularmente ao plano inclinado. 
Determine o momento produzido por F em relação ao ponto 
A. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
•4.49. A força F age perpendicularmente ao plano inclinado. 
Determine o momento produzido por F em relação ao ponto 
8. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 
~A 
3 m 
F = 400N 
X )' 
Problemas 4.48/ 49 
4.50. Uma força horizontal de 20 N é aplicada perpen-
dicularmente ao cabo da chave de soquete. Determine a 
intensidade c os ângulos de direção coordenados do momento 
criados por essa força em relação ao ponto O. 
Problema 4.50 
Momento de uma forca em relacão a um eixo --
especificado , , 
Algumas vezes, o momento produzido por uma força em relação a um eixo 
especificado precisa ser determinado. Por exemplo, suponha que a porca em O no 
pneu do carro na Figura 4.20a precisa ser solta. A força aplicada na chave criará uma 
tendência para a chave e a porca girarem em tomo do eixo do momento que passa 
por O; no entanto, a porca só pode girar em tomo do eixo y. Portanto. para determinar 
o efeito de rotação, apenas a componente y do momento é necessária, e o momento 
total produzido não é importante. Para determinar essa componente, podemos usar 
uma análise escalar ou vetorial. 
Eixo do momento 
(a) 
figura 4.20 
102 I Estática 
Se for suficientemente grande, o forço 
do cobo f no lenço deste guindaste 
pode fazer o guindaste tambor. Poro 
investigar isso, o momento do forço 
preciso ser calculado em relação ao 
eixo passando pelo bose dos pernas 
em A e 8. 
(/ 
I 
Uol 
Eixo de projeção 
Figura 4.21 
Análise escalar 
Para usar uma análise escalar no caso da porca da roda na Figura 4.20a, a distância 
perpendicular do braço do momento a partir do eixo da tinha de ação das forças é 
d)' = d cos e. Assim, o momento de F em relação ao eixo y é ~· = F~· = F(d cos B). 
Segundo a regra da mão direita, M,,. está direcionado ao longo do eixo positivo y, como 
mostra a figura. Em geral, para qualquer eixo a, o momento é: 
(4. 1 O) 
Análise vetorial 
Para determinar o momentoda força F na Figura 4.20b em relação ao eixo y 
usando urna análise vetorial, precisamos primeiro determinar o momento da força em 
relação a qualquer ponto O sobre o eixo y aplicando a Equação 4. 7, M 0 = r 
F. 
A componente M y ao longo do eixo y é a projeçcio de M 0 sobre o eixo y. Ela pode 
ser determinada usando-se o produto escalar discutido no Capítulo 2, tal que 
M,. = j · M 0 = j · (r X F), onde j é o vetor unitário para o eixo y. 
(b) 
Figura 4.20 
y 
Podemos general izar esse método fazendo U 0 ser o vetor unitário que especifica 
a direção do eixo a mostrado na Figura 4.21. Assim, o momento de F em relação ao 
eixo é M" = U0 • (r X F). Essa combinação é chamada de produto triplo escalar. Se 
os vetores forem escritos na forma cartesiana, temos: 
i j k 
M, = [ u.) + u.) + u0< k] · ~~ '>· ~~ 
~F, F; 
= U0x(t"yf; - 1;, F,)- U0,.{ 1~f; - 1;,~) + U0: (t~F,- r;.~) 
Esse resultado também pode ser escrito na forma de um determinante, tomando-o 
mais fácil de memorizar.* 
onde: 
llu ' u(l ' u. 
1' J' : 
M = u ·(r x F)= (I O 
u.x u.J' u.: 
'·~ 'J· t; 
~ F. F; 
( 4.11) 
representam as componentes x, y, z do vetor unitário definindo na 
direção do eixo a 
representam as componentes x, y, z do vetor posição definido a 
partir de qualquer ponto O sobre o eixo a até qualquer ponto A 
sobre a linha de ação da força 
representam as componentes x, y, z do vetor de força. 
• Arranje um tempo para expandir este detem1inante e mostrar que ele produzirá o resultado anterior. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 103 I 
Quando Mu é calculado a partir da Equação 4.11, ele produzirá um escalar positivo 
ou negativo. O sinal desse escalar indica o sentido da direção de M. ao longo do 
eixo a. Se ele for positivo, então M. terá o mesmo sentido de u. , enquanto, se for 
negativo, Mu agirá opostamcnte a u •. 
Uma vez queM. é dctem1inado, podemos expressar M. como um vetor cartesiano, 
a saber, 
( 4 .12) 
Os exemplos que se seguem ilustram aplicações numéricas dos conceitos anterior. 
Pontos importantes 
• O momento de uma força em relação a um eixo especificado pode ser 
determinado desde que a distância perpendicular d. a partir da linha de ação 
da força até o eixo possa ser detenninada. M. = Fd11• 
• Se usarmos análise vetorial, Ma = U11 • (r X F), onde u. define a direção do 
eixo e r é definido a partir de qualquer ponto sobre o eixo até qualquer ponto 
sobre a linha de ação da força. 
• Se M. é calculado como um escalar negativo, então o sentido da direção de 
M . é oposto a u,.. 
• O momento M., expresso como um vetor cartesiano é determinado a partir de 
~~. = M.u11• 
Exemplo 4.7 
Determine o momento resultante das três forças na Figura 4 .22 em relação ao eixo x, 
. . ao eiXO y C ao CIXO Z. 
-SOLUCAO 
• 
Uma força que é paralela a um eixo coordenado ou possui uma linha de ação que 
passa pelo eixo não produz qualquer momento ou tendência para girar em torno desse 
eixo. Portanto, definindo o sentido positivo do momento de uma força conforme a 
regra da mão direita, como mostrado na figura, temos: 
M, = (600 N) (0,2 m) + (500 N) (0,2 m) + O = 220 N · m 
M,. = O- (500 N) (0,3 m) - (400 N) (0,2 m) = 230 · m 
M: = O+ O- (400 N) (0,2 m) = - 80 N · m 
Os sinais negativos indicam que My e M: agem nas direções - y e - z, respectivamente. 
Exemplo 4.8 
Determine o momento M_.8 produzido pela força F na Figura 4.23a, que tende a girar 
o tubo em relação ao eixo AB. 
-SOLUÇAO 
Uma análise vetorial usando MJ8 = u8 · (r X F) será considerada para a solução 
em vez de tentarmos encontrar o braço do momento ou a distância perpendicular 
da linha de ação de F ao eixo AB. Cada um dos termos na equação será agora 
identificado. 
X 
Figura 4.22 
0,2 m 
T 
0,3 m 
A 
J.!f-'-'--~~-:.1' 
(a) 
Figura 4.23 
I 104 I Estática 
F 
X 
'+-A...;., ___ y 
(b) 
Figura 4.23 
z 
(a) 
(b) 
Figura 4.24 
O vetor unitário u8 define a direção do eixo AB do tubo (Figura 4.23b), onde: 
- ro - {0,4i + 0,2j} m - O 8944' O 4472' 
U8 - - , - , I + , J 
18 J (0, 4 mr + (0,2 mf 
O vetor r é direcionado de qualquer ponto sobre o eixo AB a qualquer ponto sobre 
a linha de ação da força. Por exemplo, os vetores posição rc e r0 são adequados 
(Figura 4.23b). (Embora não mostrado, r 8c ou r80 também podem ser usados.) Para 
simplificar, escolhemos r0 , onde: 
r0 = {0,6i} m 
A força é: 
F = {-300k} N 
Substituindo esses vetores na fonna do detenninante e expandindo, temos: 
0,8944 0,4472 o 
MA8 = u8 ·(r0 X F) = 0,6 O O 
o o -300 
= 0,8944[0(-300)- 0(0)] - 0,4472[0,6(-300) - 0(0)] 
+ 0[0,6(0) - O( O)] 
= 80 50 N · m , 
Esse resultado positivo indica que o sentido de M;~8 está na mesma djrcção de u8 . 
Expressando M;~8 como vetor cartesiano, temos: 
M..,8 = M,11"u8 = (80,50 N · m)(0,8944i + 0,4472j ) 
= {72,0i + 36,0j}N · m 
O resultando é mostrado na Figura 4.23b. 
NOTA: Se o eixo AB fosse definido usando um vetor unitário direcionado de 
8 para A, então, na fommlação anterior, - uB precisaria ser usado. Isso resultaria em 
MAJJ = - 80,50 N · m. Consequentemente, M118 = M;~o(-u8) e o mesmo resultado seria 
obtido. 
Exemplo 4.9 
Dete1mine a intensidade do momento da força F em relação ao segmento OA do 
encanamento na Figura 4.24a. 
-SOLUCAO • 
O momento de F em relação a OA é determinado por MoA = u0A · (r X F), onde r é 
o vetor posição estendendo-se de qualquer ponto sobre o eixo OA a qualquer ponto 
sobre a linha de ação de F. Como indicado na Figura 4.24b, qualquer um entre r 00, 
r oc. r ..,0 ou r AC pode ser usado; entretanto, r 00 será considerado porque ele simplificará 
o cálculo. 
O vetor unitário u0 A, que especifica a direção do eixo OA, é: 
rOA {0,3i + 0,4j} m O 6. O 8. u - - - •+ J 
oA - roA - ../(0,3 m? + (0, 4 m? - ' ' 
. - . e o vetor postçao r 00 e: 
r00 = {0,5i + 0,5k} m 
A força F expressa como vetor cartesiano é: 
F = F( ~~: ) 
= (300 N)[ {0,4i - 0,4j + 0,2k} m ] 
./(0,4 m)2 + ( -0,4 mf + (0,2 mf 
= {200i - 200j + IOOk} N 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 105 I 
Logo, 
Mo,~ = UoA · ( roo X F) 
0,6 0, 8 o 
= 0,5 o 0,5 
200 - 200 100 
= 0,6[0(100)- (0,5)(- 200)] - 0, 8[0,5(100)- 0,5(200)] +o 
= 100 N · m 
Problemas fundamentais 
4.13. Determine a intensidade do momento da força 
F = {300i - 200j + 150k} N em relação ao eixo x. Expresse 
o resultado como vetor cartesiano. 
4.14. Determine a intensidade do momento da força 
F = {300i - 200j + 150k} Nem relação ao eixo OA. Expresse 
o resultado como vetor cartesiano. 
0,3 m 
~ 
X 
0,4 m 
z 
o 
F 8 
Problemas 4.13/ 14 
4.15. Detem1ine a intensidade do momento da força de 200 
em relação ao eixo x. 
z 
0,3 m F= 200 N 
0,25 rn 
X 
y 
Problema 4.1 S 
4.16. Detennine a intensidade do momento da força em 
relação ao eixo y. 
F = {30i - 20j + 50k} N 
A 1 4 
2 m 
Problema 4.16 
4.17. Determine o momento da força F = { 50i - 40j + 20k} N 
em relação ao eixo AB. Expresse o resultado como vetor 
cartesiano. 
z 
y 
Problema 4.17 
4.18. Determine o momento da força F em relação aos eixos 
x, y e z. Use uma análise escalar. 
-• 
3m 
y 
Problema 4.18 
F= 500 
106 I Estática 
4.51. Determine o momento produzido pela força F em 
relação à diagonal AF do bloco retangular. Expresse o 
resultado como um vetor cartesiano. 
*4.52. Determine o momento produzido pela força F em 
relação à diagonal OD do bloco retangular. Expresse o 
resultado como um vetor cartesiano. 
F = {-6i + 3j + !Ok} N 
Problemas 4.51 I 52 
•4.53. A Ferramenta é usada para fechar válvulas de gás que 
são dificeis de acessar. Se a Força F é aplicada no cabo, 
determine a componente do momento criada em relação ao 
eixo z da válvula. 
Problema 4.53 
4.54. Determine a intensidade dos momentos da força F em 
re lação aos eixos x, y e z. Resolva o problema (a) usando 
uma abordagem de vetor cartesiano e (b) usando uma 
abordagem escalar. 
4.55. Determine o momento da Força F em relação ao eixo 
que se estende entre A e C. Expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
z 
F = {4i + 12j - 3k}k.N 
Problemas 4.54/ 55 
*4.56. Determine o momento produzido pela força F em 
relação ao segmento AB do encanamento. Expresse o 
resultado como um vetor cartesiano. 
F = {- 20i + IOj + l5k) 
4m 
,. 
Problema 4.56 
•4.57. Determine a intensidade do momento que a Força F 
exerce sobre o eixo y da manivela. Resolva o problema 
usando uma abordagem de vetor cartesiano e usando uma 
abordagem escalar. 
Problema 4.57 
4.58. Se F = 450 N, determine a intensidade do momento 
produzido por essa força sobre o eixo x. 
4.59. O atrito na luva A pode fornecer um momento de 
resistência máximo de 125 N · m em relação ao eixo x. 
Detennine a maior intensidade da força F que pode ser 
aplicada no braço de modo que ele não gire. 
z 
~ x 300 mm 
Problemas 4.58/ 59 
•4.60. Determine a intensidade do momento produzido pela 
força F= 200 Nem relação ao eixo da dobradiça (o eixo x) 
da porta. 
z 
f 
~ F = 200N 
2 m 
X 
Problema 4.60 
•4.61. Se a tração no cabo é F = 700 N, determine a 
intensidade do momento produzido pela força em relação ao 
eixo da dobradiça, CD, do painel. 
4.62. Determine a intensidade da força F no cabo AB a ftm 
de produzir um momento de 750 N · m em relação ao eixo 
da dobradiça, CD, necessária para manter o painel na posição 
mostrada. 
z 
y 
Problemas 4.61 / 62 
4.63. A estrutura na fonna de um A está sendo suspensa 
para uma posição ereta pela força vertical F = 400 N. 
Detennine o momento dessa força em relação ao eixo y' 
passando pelos pontos A e B quando a estrutura está na 
posição mostrada. 
•4.64. A estrutura na forma de um A está sendo suspensa 
para uma posição ereta pela força vertical F = 400 N. 
Determine o momento dessa força em relação ao eixo x 
quando a estrutura está na posição mostrada. 
•4.65. A estnrtura na forma de um A está sendo suspensa 
para uma posição ereta pela força vertical F = 400 N. 
Determine o momento dessa força em relação ao eixo y 
quando a estrutura está na posição mostrada. 
z 
F 
c 
'> y 
X y' 
Problemas 4.63/ 64/ 65 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 101 I 
4.66. A chave de boca articulável está sujeita a uma força 
de P = 80 N, aplicada perpendiculannente ao cabo, como 
mostra a figura. Determine o momento ou torque que isso 
impõe ao longo do eixo vertical do parafuso em A. 
4.67. Se um torque ou momento de I O N · m é necessário 
para afrouxar o parafuso em A, determine a força P que 
precisa ser aplicada perpendicularmente ao cabo da chave 
de boca articulável. 
Problemas 4.66/ 67 
•4.68. A tubulação é fixa na parede pelas duas abraçadeiras. 
Se o vaso de planta possui um peso de 250 , determine a 
intensidade do momento produzido pelo peso em relação ao 
eixo OA. 
•4.69. A tubulação é fixa na parede pelas duas abraçadeiras. 
Se a força de atrito das abraçadeiras pode resistir a um 
momento máximo de 225 N · m, determine o maior peso do 
vaso de planta que pode ser suportado pela tubulação sem 
pennitir que ela gire em relação ao eixo OA. 
X 
• . 
Problemas 4.68/ 69 
y 
4.70. Uma força vertical F = 60 N é aplicada no cabo da 
chave inglesa. Determine o momento que essa força exerce 
ao longo do eixo AB (eixo x) do encanamento. Tanto a chave 
quanto o encanamento ABC estão situados no plano x-y. 
Sugestão: Use uma análise escalar. 
108 I Estática 
z 
4.71. Determine a intensidade da força vertical F agindo 
sobre o cabo da chave inglesa de modo que essa força 
produza uma componente do momento ao longo do eixo AB 
(eixo x) do encanamento de (MA).• = {- Si} N · m. Tanto a 
chave quanto o encanamento ABC estão situados no plano 
x- y. Sugestão: Use uma análise escalar. 
F 
- f 
Figura 4.25 
F 
o 
Figura 4.26 
Figura 4.27 
Problemas 4.70/ 71 
Momento de um binário 
Um binário é definido CQmo duas forças paralelas que têm a mesma intensidade, 
mas direções opostas, e são separadas por uma distância perpendicular d (Figura 4.25). 
Como a força resultante é zero, o único efeito de um binário é produzir uma rotação 
ou tendência de rotação em uma direção específica. Por exemplo, imagine que você 
está dirigindo um carro com as duas mãos no volante e está fazendo uma curva. Uma 
mão vai empurrar o volante para cima enquanto a outra mão o empurra para baixo, o 
que faz o volante girar. 
O momento produzido por um binário é chamado de momento de um binário. 
Podemos determinar seu valor encontrando a soma dos momentos das duas forças 
que compõem o binário em relação a qualquer ponto arbitrário. Por exemplo, na 
Figura 4.26, os vetores posição r A e r8 estão direcionados do ponto O para os pontos 
A e 8 situados na linha de ação de - F e F. Portanto, o momento do binário em 
relação a O é 
Entretanto, 
M = r8 X F + r A X - F = (r8 - rA) X F 
r8 =!I' A+ r ou r = r8 - r A, tal que 
M = r X F ( 4.13) 
Isso indica que o momento de um binário é um vetor livre, ou seja, ele pode agir 
em qualquer ponto, já que M depende apenas do vetor posição r direcionado entre 
as forças e não dos vetores posição r A e r8 direcionados do ponto arbitrário O até as 
forças. Esse conceito é djferente do momento de uma força, que requer um ponto 
(ou eixo) definido em relação ao qual os momentos são determinados. 
Formulacão escalar 
' 
O momento de um binário M (Figura 4.27) é definido como tendo uma 
intensidade de: 
(4.14) 
onde F é a intensidade de uma das forças e d é a distância perpendicular ou braço 
do momento entre as forças. A direçcio e sentido do momento de um binário são 
determinados pela regra da mão direita, onde o polegar indica essa direção quando 
os dedos estão curvados no sentido da rotação causada pelas forças do binário. Em 
todos os casos, M agirá perpendiculannente ao plano que contém essas forças. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 
Formulacão vetorial 
' 
O momento de um binário também pode ser expresso pelo produto vetorial usando 
a Equação 4.13, ou seja, 
( 4.15) 
A aplicação dessa equação é facilmente lembrada quando se pensa em tomar os 
momentos das duas força em relação a um ponto situado na linha de ação de uma 
das forças . Por exemplo, c momentos são tomados em relação ao ponto A na Figura 
4.26, o momento de - F é =ero em relação a esse ponto, e o momento de F é definido 
através da Equação 4.15. Assim, na formulação, r é multiplicado vetorialmente pela 
força F para a qual está direcionado. 
Binários equivalentes 
Se dois binários produzem um momento com a mesma intensidade e direção, então 
esses dois binários são equivalentes. Por exemplo, os dois binários mostrados na Figura 
4.28 são equivalentes porque cada momento de binário possui uma intensidade de 
M = 30 N (0,4 m) = 40 N (0,3 m) = 12 N · m, e cada um é direcionado para o plano 
da página. Observe que, no segundo caso, forças maiores são necessárias para criar o 
mesmo efeito de rotação, pois as mãos estão posicionadas mais próximas uma da 
outra. Além disso, se a roda estivesse conectada ao eixo em um ponto que não o seu 
centro, a roda ainda giraria quando cada binário fosse aplicado, já que o binário de 
12 N · m é um vetor livre. 
Figura 4.28 
Momento de binário resultante 
Como os momentos de binário são vetores, sua resultante pode ser determinada 
pela adição vetorial. Por exemplo, considere os momentos de binário M 1 e M2 agindo 
sobre o tubo na Figura 4.29a. Como cada momento de binário é um vetor livre, 
podemos unir suas origens em qualquer ponto arbitrário e encontrar o momento de 
binário resultante, MR = M1 + M2, como mostra a Figura 4.29b. 
Se mais de dois momentos de binário agem sobre o corpo, podemos generalizar 
esse conceito e escrever a resultante vetorial como: 
MR = L(r X F) ( 4.16) 
Esses conceitos são ilustrados numericamente nos exemplos que se seguem. Em 
geral, problemas projetados em duas dimensões devem ser resolvidos u ando uma 
análise escalar, já que os braços do momento e as componentes das forças são fáceis 
de determinar. 
(a) 
(b) 
Figura 4.29 
109 I 
110 I Estática 
Os volontes nos automóveis têm se 
tornodo menores do que nosveículos 
mo is ontigos porque o direção 
moderno não exige que o motorista 
oplique um gronde momento de 
binário no oro do volonte. 
Pontos importantes 
• Um momento de binário é produzido por duas forças não colincares que são 
iguais em intensidade, mas com direções opostas. Seu efeito é produz ir rotação 
pura, ou tendência de rotação em uma direção específica. 
• Um momento de binário é um vetor livre c, consequentemente, causa o mesmo 
efeito rotacional em um corpo, independentemente de onde o momento de 
binário é aplicado ao corpo. 
• O momento das duas forças de binário pode ser determinado em relação a 
qualquer ponto. Por conveniência, esse ponto normalmente é escolhido na 
linha de ação de uma dias forças a fim de eliminar o momento dessa força em 
relação ao ponto. 
• Em três dimensões, o momento de binário geralmente é determinado usando 
a fonnulação vetorial, M = r X F, onde r é direcionado a partir de qualquer 
ponto sobre a linha de ação de uma das forças até qualquer ponto sobre a 
linha de ação da outra força F. 
• Um momento de binário resultante é simplesmente a soma vetorial de todos 
os momentos de binário do sistema. 
Exemplo 4.10 
Determine o momento de binário resultante dos três binários agindo sobre a chapa 
na Figura 4.30. 
F1 = 200 N 
- d1 = 0,4 m 
• 
F1 = 200 N 
Figura 4.30 
-SOLUCAO 
• 
Como mostra a figura, as distâncias perpendiculares entre cada binário das três forças 
são d1 = 0,4 m, d2 = 0,3 m e d3 = 0,5 rn. Considerando momentos de binário anti-
-horários como positivos, temos: 
\. + MR = L.M; MR =- F; da+ FA- F;d; 
= (-200 N )(0,4 m) + (450 N )(0,3 m)- (300 N )(0,5 m) 
= - 95 N · m = 95 N · m \ 
O sinal negativo indica que MR tem um sentido rotacional horário. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 111 I 
Exemplo 4.11 
Determine a intensidade c a direção do momento de binário agindo sobre a engrenagem 
na Figura 4.3 1 a. 
F 600 
(a) 
-
600 sen Jo• 
(b) 
Figura 4.31 
A 600cos 30 
SOLUCAO 
• 
A solução mais fáci l requer a decomposição de cada força em suas componentes, 
como mostra a Figura 4.3 1 b. O momento de binário pode ser determinado somando-se 
os momentos dessas componentes de força em relação a qualquer ponto. por exemplo, 
o centro O da engrenagem ou o ponto A. Se considerarmos momento anti-horários 
como po itivos, temos: 
ou 
+ M = 'LMc;. M = (600 cos 30° )(0,2 m)- (600 sen 30° }(0,2 m) 
= 43,9 · m ./ 
+ M = 'LM,.; M = (600 cos 30° )(0,2 m)- (600 sen 30° )(0,2 m) 
=43,9 · m ./ 
Esse resultado positivo indica que M tem um sentido rotacional anti-horário, estando, 
portanto, direcionado para fora , perpendicularmente à página. 
NOTA: O mesmo resultado também pode ser obtido usando M = Fd, onde d é a 
distância perpendicular entre as linhas de ação das forças d!o binário (Figura 4.31 c). 
Entretanto, o cálculo para d é mais complexo. Observe que· o momento de binário é 
um vetor livre c pode agir em qualquer ponto na engrenagem e produzir o mesmo 
efeito de rotação em relação ao ponto O. 
Exemplo 4.12 
Determine o momento de binário agindo sobre o tubo mostrado na Figura 4.32a. O 
segmento AB está direcionado 30° abaixo do plano x- y . 
- . 
SOLUCAO I (ANALISE VETORIAL) 
• 
O momento das duas forças do binário pode ser determinado em relação a qualquer 
ponto. Se o ponto O é considerado (Figura 4.32b), então temos: 
l\1 = r~x(-250k)+ r8 X(250k} 
= (0,8j ) X ( -250k) + (0,6cos30°i + 0,8j - 0,6 sen 30°k ) X (250k} 
=- 200i - 129,9j + 200i 
= {-130j }N · m 
(c) 
z 
250N 
--
250 I 
X 
(b) 
Figura 4.32 
I 112 I Estática 
• 
z E mais fácil tomar momentos das forças do binário em relação a um ponto situado 
X 
250 N 
(c) 
z 
X 
250 N 
sobre a linha de ação de uma das forças, por exemplo, o ponto A (Figura 4.32c). 
Nesse caso, o momento da força em A é zero, tal que: 
M = rA8 X(250k) 
= (0, 6cos 30°i - O, 6 sen 30°k) X (250k) 
={- 130j} · m 
SOLUCÃO 11 (ANÁLISE ESCALAR) 
• 
Embora este problema seja mostrado em três dimensões, a geometria é simples o 
bastante para usar a equação escalar M = Fd. A distância perpendicular entre as linhas 
de ação das forças do binário é d = 0,6 cos 30° = 0,5196 m (Figura 4.32d). Portanto, 
calcular os momentos das forças em relação ao ponto A ou ponto B resulta: 
250N M = Fd = 250 N (0,5196 m) = 129,9 N · m 
A Aplicando a regra da mão direita, M age na direção - j. Logo, 
~ ......_y M = {-130j } N · m 
(d) 
Figura 4.32 
;& 
3 
M1 = 60 N · m 
(b) 
(c) 
Figura 4.33 
Exemplo 4.13 
Substitua os dois binários agindo sobre a coluna de tubo na Figura 4.33a por um 
momento de binário resultante. 
X 
(a) 
SOLUCÃO (ANÁLISE VETORIAL) 
• 
O momento de binário M 1, desenvolvido pelas forças A e B, pode facilmente ser 
determinado a partir de uma formulação escalar. 
M1 = Fd = 150 N(0,4 m) = 60 N · m 
Pela regra da mão direita, M 1 age na direção +i (Figura 4.33b). Portanto, 
M1 = {60i} N · m 
A análise vetorial será usada para determinar M 2, gerado pelas forças em C e D. Se os 
momentos forem calculados em relação ao ponto D (Figura 4.33a), M2 = roc X F0 
então: 
M 2 = roc X Fc = (0,3i)x[ l25(f)j - 125(})k] 
= (0,3i)X[I00j - 75k] = 30(i Xj ) - 22, 5(i X k) 
= {22,5j + 30k} N · m 
Como M1 c M 2 são vetores livres, eles podem ser movidos para algum ponto arbitrário 
e somados vetorialmente (Figura 4.33c). O momento de binário resultante toma-se: 
MR = M , + M2 = {60i + 22,5j + 30k} N . m 
Problemas fundamentais 
4.19. Detennine o momento de binário resultante que age 
sobre a viga. 
400 N 400 N 
~ 
A 
, 
200N 
r~ 
- l 0,2 ~11 -' 200 N 
3m 2m 
Ir 
300 300 N 
Problema 4.19 
4.20. Determine o momento de binário resultante que age 
sobre a chapa triangular. 
200N 150 
0,4 m 
200 150 N 
1------ 0,4 111 ----- 1 
300N 300N 
Problema 4.20 
4.21. Determine a intensidade de F de modo que o momento 
de binário resultante que age sobre a viga seja I ,5 kN · m 
no sentido horário. 
F 
0,9 m 
0,3 m 
2 kN 
- F 
Problema 4.21 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 113 I 
4.22. Detennine o momento de binário que age sobre a viga. 
lO kN 
A 8 
lm 
Problema 4.22 
4.23. Detennine o momento de binário resultante que age 
sobre o encanamento. 
(M)1 ~ 450 N · m 
z 
0.35 m 
X 
y 
Problema 4.23 
4.24. Determine o momento de binário que age sobre o 
encanamento e expresse o resultado como um vetor car-
tesiano. 
X 
F11 ~ 450 N 
c 
Problema 4.24 
114 I Estática 
*4.72. Os efeitos do atrito do ar sobre as pás do ventilador 
criam um momento de binário M0 = 6 N · m sobre as mesmas. 
Determine a intensidade das forças de binário na base do 
ventilador de modo que o momento de binário resultante no 
ventilador seja zero. 
- F 1- 1-1 F 
0,15 1n 0, 15 1n 
Problema 4.72 
•4.73. Determine a intensidade necessária dos momentos de 
binário M 2 e M 3 de modo que o momento de binário 
resultante seja zero. 
M1= 300 N · m 
Problema 4.73 
4.74. O rodízio está sujeito aos dois binários. Determine as 
forças F que os rolamentos exercem sobre o eixo de modo 
que o momento de binário resultante sobre o rodízio seja zero. 
1J uu N 
mm 
mm 
SOON 
Problema 4.74 
4.75. Se F = 2000 N, determine o momento de binário 
resultante. 
*4.16. Detennine a intensidade necessá1ia da força F se o 
momento de binário resultante na estrutura for 200 N · m, 
horário. 
Problemas 4.75/ 76 
-4.77. O piso causa um momento de binário de MA = 40 N · m 
e M 8 = 30 N · m sobre as escovas da enceradeira. Determine 
a i.ntensidade das forças do binário que precisam ser 
desenvolvidas pelo operador sobre os punhos de modo que 
o momento de binário resultante sobre a enceradeira seja 
zero. Qual é a intensidade dessas forças se a escova em B 
para repentinamente de modo que M8 = O? 
m 
- F 
Problema 4.77 
4.78. Se B = 30°, determine a intensidade da força F tal que 
o momento de binário resultante seja 100 N · m, horário. 
4.79. Se F= 200 N, determine o ângulo B necessário para 
que o momento de binário resultante seja zero. 
300N 
Problemas4.78/ 79 
•4.80. Dois binários agem sobre a viga. Determine a 
intensidade de F de modo que o momento de binário 
resultante seja 450 N · m anti-horário. Onde atua na viga o 
momento de binário resultante? 
2000 N - F 
F 
1--- 0,2 m ---1 
Problema 4.80 
•4.81. A corda passando por dois pinos A e 8 do quadro está 
sujeita a uma tração de I 00 N. Detennine a tração P necessária 
que age sobre a corda que passa pelos pinos C e D de modo 
que o binário resultante produzido pelos dois binários seja 
15 N · m agindo no sentido horário. Considere e = 15°. 
4.82. A corda passando por dois pinos A e 8 do quadro está 
sujeita a uma tração de I 00 N. Determine a tração P mínima 
e a orientação O da corda passando pelos pinos C e D de 
modo que o momento de binário resultante produzido pelas 
duas cordas seja 20 N · m, horário. 
c 300 mm 
o 
- P 
300 111111 
A D 
Problemas 4.81 / 82 
4.83. Um dispositivo chamado rolamite é usado de várias 
maneiras para substituir o movimento de deslizamento pelo 
de rolamento. Se a esteira, que passa entre os rodízios, está 
sujeita a uma tração de 15 N, determine as forças reativas N 
de cima e de baixo das chapas nos roletes de modo que o 
binário resultante agindo sobre os roletes seja igual a zero. 
N 
25mm 
30° 
T= 15 N 
f ç 
N 
Problema 4.83 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças Its I 
*4.84. Dois binários agem na mesma viga como ilustrado. 
Determine a intensidade de F de modo que o momento de 
binário resultante seja 300 N · m anti-horário. Onde atua na 
viga o binário resultante? 
- F 
:---0,4 m----1 
I .. 2ooo 
0. 1 m 
Problema 4.84 
•4.85. Determine o momento de binário resultante que age 
sobre a viga. Resolva o problema de duas maneiras: (a) some 
os momentos em relação ao ponto O; e (b) some os momentos 
em relação ao ponto A. 
1----1,5 1,8 m---1 
2 kN 
2 
Problema 4.85 
4.86. Dois binários agem sobre o suporte da viga. Se F = 6 
kN, determine o momento de binário resultante. 
4.87. Determine a intensidade necessária da força F se o 
momento de binário resultante sobre a viga deve ser zero. 
1--3m -~1--3m --1 
Problemas 4.86/ 87 
•4.88. Dois binários agem sobre a estrutura. Se o momento 
de binário resultante deve ser zero, detennine a distância d 
entre as forças do binário de 200 N. 
•4.89. Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = 1,2 m, 
detennine o momento de binário resultante. Calcule a 
resultado decompondo cada força em componentes x e y e 
(a) encontrando o momento de cada binário (Equação 4. J 3) 
e (b) somando os momentos de todas as componentes de 
força em relação ao ponto A. 
116 I Estática 
4.90. Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = I ,2 m, 
determine o momento de binário resultante. Calcule a 
resultado decompondo cada força em componentes x e y e 
(a) encontrando o momento de cada binário (Equação 4.13) 
e (b) somando os momentos de todas as componentes de 
força em relação ao ponto 8. 
200 
A 
m 
Problemas 4.88/ 89/ 90 
4.91. Se M1 = 500 N · m, M2 = 600 N · m e M3 = 450 N · m, 
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados 
do momento de binário resu ltante. 
•4.92. Determine a intensidade necessária dos momentos de 
binário M ., M 2 e M 3 de modo que o momento de binário 
resultante seja MR = {- 300i + 450j - 600k} · m. 
z 
Problemas 4.91 / 92 
•4.93. Se F = 80 N, determine a intensidade e os ângulos 
de direção coordenados do momento de binário. A tubulação 
se encontra no plano x- y. 
4.94. Se a intensidade do momento de binário que age sobre 
a tubulação é 50 N · m, detennine a intensidade das forças 
de binário apljcadas em cada chave. A tubulação está no 
plano x-y. 
z 
X 
y 
Problemas 4.93/ 94 
4.915. Através dos cálculos de carga, é determinado que a 
asa está sujeita aos momentos de binário Mx = 25,5 kN · m 
e ~· = 37,5 kN · m. Determine os momentos de binário 
resultantes criados em relação aos eixos x' e y'. Todos os 
eixos se situam no mesmo plano horizontal. 
y 
M~ j 
........... , 
Problema 4.95 
•4.96. Expresse o momento do binário agindo sobre a 
estrutura na fonna de um vetor cartesiano. As forças são 
aplicadas perpendicularmente à estrutura. Qual é a intensidade 
do momento de binário? Considere F = 50 N. 
•4.97. Para virar a estrutura, um momento de binário é 
aplicado conforme ilustra a figura. Se a componente desse 
momento de binário ao longo do eixo x é M .. = {- 20i} N · 
m, determine a intensidade F das forças do binário. 
z 
y 
- F 
Problemas 4.96/ 97 
4.9'8. Detennine o momento de binário resultante dos dois 
binários que agem sobre o encanamento. A distância de A a 
8 é d = 400 mm. Expresse o resultado como um vetor 
cartesiano. 
4.99. Determine a distância dentre A e 8 tal que o momento 
de binário resultante tenha uma intensidade de MR = 20 N · m. 
z 
(35k} N 
y 
Problemas 4.98/ 99 
*4.100. Se M1 = 270 N · m, M2 = 135 N · rn e M3 = 180 · m, 
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados 
do momento de binário resultante. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 111 I 
-4.101. Determine as intensidades dos momentos de binário M 1, 
M 2 c M 1 de modo que o momento de binário resultante seja zero. 
--
4.103. Determine a intensidade das forças de binário F, e 
F2 de modo que o momento de binário resultante que age 
sobre o bloco seja zero. 
Problemas 4.100/ 101 
4.102. Se F1 = 500 N c F2 = I 000 N, determine a intensidade 
e os ângulos de direção coordenados do momento de binário 
resu ltantc. 
Problemas 4.102/ 103 
IDJ Simplifica~ão de um sistema de for~as e binários -
Algumas vezes é conveniente reduzir um sistema de forças e momentos de binário 
agindo sobre um corpo para uma fonna mais simples substituindo-o por um sistema 
equivalente, que consiste de uma força resultante única agindo em um ponto específico 
e um momento de binário resultante. Um sistema é equivalente se os efeitos extemos 
que ele produz sobre um corpo são iguais aos causados pelo sistema de forças e 
momentos de binário original. Nesse contexto, os efeitos externos de um sistema se 
referem ao movimento de rotaçtio e translação do corpo se este estiver livre para 
se mover, ou se refere às forças reativas nos apoios se o corpo é mantido fixo. 
Por exemplo, considere alguém segurando o bastão na Figura 3.34a, que está sujeito 
à força F no ponto A. Se aplicannos um par de forças F e F iguais e opostas no ponto 
8, o qual e Lá sobre a linha de ação de F (Figura 4.34b), observamos que F em 8 c F 
em A se cancelam, deixando apenas F em 8 (Figura 4.34c). A força f agora foi movida 
de A para 8 sem modificar seus efeitos externos sobre o bastão; ou seja, a reação na 
empunhadura permanece a mesma. Isso demonstra o princípio da transmissibilidade, 
que afinna que uma força agindo sobre um corpo (bastão) é UJm vetor deslizallle, já que 
pode ser aplicado em qualquer ponto ao longo de sua linha dle ação. 
Também podemos usar o procedimento anterior para mover uma força para um 
ponto que não esteja na linha de ação da força. Se F for aplicado perpendicularmente 
ao bastão, como na Figura 4.35a, então podemos conectar um par de forças f e - F 
iguais c opostas no ponto 8 (Figura 4.35b). A força f agora é aplicada em 8, c as 
outras duas forças, F em A e - f em 8 , fonnam um binário que produz o momento 
de binário M = Fd (Figura 4.35c). Portanto, a força F pode ser movida de A para 8 , 
desde que um momento de binário M esteja incluído para manter um sistema 
equivalente. Esse momento de binário é determinado considerando-se o momento de 
F em relação a 8. Como M é, na verdade, um vetor livre, ele pode agir em qualquer 
ponto no bastão. Em ambos os ca o , os sistemas são equivalentes, o que faz com 
que uma força F para baixo c um momento de binário no sentido horário M = Fd 
sejam sentidos na empunhadura. 
(a) (b) 
figura 4.35 
(a) 
(b) 
(c) 
Figura 4.34 
(c) 
118 I Estática 
(a) 
li 
(b) 
li 
(c) 
Figura 4.36 
Sistema de forcas e momentos de binário , 
Usando o método anteri.or, um sistema de váriasforças e momentos de binário 
agindo sobre um corpo pode ser reduzido a uma única força resultante equivalente 
agindo no ponto O e um momento de binário resultante. Por exemplo, na Figura 4.36a, 
O não está na linha de ação de F1 e, portanto, essa força pode ser movida para o 
ponto O, desde que um momento de binário M1 = r 1 X F seja incluído no corpo. Da 
mesma forma, o momento de binário M2 = r 2 X F2 deve ser acrescentado ao corpo 
quando movemos F2 para o ponto O. Finalmente, como o momento de binário M é 
um vetor livre, ele pode simplesmente ser movido para o ponto O. Fazendo isso, 
obtemos o sistema equivalente mostrado na Figura 4.36b, que produz os mesmos 
efeitos externos (reações de apoio) sobre o corpo que os efeitos do sistema de forças 
e binários mostrado na Figura 4.36a. Se somannos as forças e os momentos de 
binário, obteremos a força resultante FR = F1 + F2 e o momento de binário resultante 
(MR)o = M + M 1 + M 2 (Figura 4.36c). 
Observe que FR é independente do local do ponto O; entretanto, (M0 0 depende 
desse local porque os momentos M1 e M2 são determinados usando os vetores posição 
r1 e r2 • Além disso, note que (MR)o é um vetor livre e pode agir em qualquer ponto 
no corpo, embora o ponto O geralmente seja escolhido como seu ponto de aplicação. 
Podemos generalizar o método anterior de reduzir um sistema de forças e binários 
a uma força resultante F 11 equivalente agindo no ponto O c um momento de binário 
resultante (MR)o usando as duas equações a seguir. 
FR =1:F 
(MR)o = L M0 + 1:M ( 4.17) 
A primeira equação estabelece que a força resultante do sistema seja equivalente 
à soma de todas as forças; e a segunda equação estabelece que o momento de binário 
resultante do sistema seja equivalente à soma de todos os momentos de binário 1:M 
mais os momentos de todas as forças 1:M0 em relação ao ponto O. Se o sistema de 
forças se situa no plano x-y e quaisquer momentos de binário são perpendiculares a 
esse plano, então as equações anteriores se reduzem às três equações escalares a seguir. 
(FR);, = 1:F, 
(FII)y = LF) 
(M11) 0 = LM0 + LM 
( 4.18) 
Aqui , a força resultante é determinada pela soma vetorial de suas duas componentes 
(FR}, e (FR)r 
Os pesos desses semáforos podem ser substituídos pela sua forço resultante equivalente 
w. = 11'1 + W2 e um momento de· binário (MJ 0 = W,cl, + ll'lcl2 no apoio O. Nos dois casos, 
o apoio preciso oferecer o mesmo resistência à rotação e translação o fim de manter o membro 
no posição horizontal. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 
I Pro<edimento para análise 
Os seguintes pontos devem ser mantidos em mente ao simpüficar um sistema de 
forças e momento de binário para um sistema de força e binário resultante equivalente. 
• Estabeleça os eixos coordenados com a origem localizada no ponto O c o eixo 
tendo uma orientação selecionada. 
Somatório dos forças 
• Se o sistema de forças for coplanar, decomponha cada força em suas 
componentes x c y. Se uma componente estiver direcionada ao longo do eixo 
positivo x ou y, ela representa um escalar positivo; enquanto se estiver 
direcionada ao longo do eixo negativo x ou y, ela é um escalar negativo. 
• Em três dimensões, represente cada força como um vetor cartesiano antes de 
somar as forças. 
Somatório dos momentos 
• Ao determinar os momentos de um sistema de forças coplanares em relação 
ao ponto O, normalmente é vantajoso usar o princípio dos momentos, ou seja, 
determinar os momentos das componentes de cada força, em vez do momento 
da própria força. 
• Em trê dimensões, use o produto vetorial para determinar o momento de cada 
força em relação ao ponto O. Aqui, os vetores posição se estendem de O até 
qualquer ponto obre a linha de ação de cada força. 
Exemplo 4.14 
Substitua o sistema de forças e binários mostrado na Figura 4.37a por um sistema 
de força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. 
-SOLUCAO 
• 
Somatório das for<as 
• 
As forças 3 kN c 5 kN são decompostas em suas componentes x c y, como mostra 
a Figura 4.37&. Temos: 
..:!:.. ( F;r), = LF.;( FR), = (3 kN)cos 30° + (; )<5 kN) = 5,598 kN-
+t(F;r), = 2:r;;(FR)., = (3 kN)scn 30°-(f )<5 kN)- 4 kN = - 6,50 kN = 6,50 kN 1 
Usando o teorema de Pitágoras (Figura 4.37c), a intensidade de F R é 
FR= j(FRx'f+(F~t~'f = /(5,598 kN 2)+(6,50k 2 ) = 8,58k 
Sua direção O é 
e •((FR), ) '(6,50kN ) 4930 = tg (F;r). = tg 5,598 kN = ' 
Somatório dos momentos 
Os momentos de 3 kN e 5 kN em relação ao ponto O serão determinados usando 
suas componentes x e y. Referindo-se à Figura 4.3 7 b, temos \. + ( MR)o = 1:Nfc,; 
4 kN 
(a) 
.1' 
4k 
(b) 
Figura 4.37 
119 I 
I 120 I Estático 
(MRlo- 2.46 k · m 
o 
o 
(c) 
Figura 4.37 
\. +( MR)o = LM~ 
( MR)o = (3 kN)sen 30°{0,2 m)- (3 kN )cos30°{0, I m ) +(t )<5 kN )(O, I m) 
- (f )<5 kN )(0,5 m ) - (4 kN){0,2 m) 
= -2,46 kN · m = 2,46 k · m """\ 
O momento no sentido horãrio é mostrado na Figura 4.37c. 
NOTA: Perceba que a força e o momento de binário resultantes na Figura 4.37c 
produzirão os mesmos efeitos externos ou reações no suporte que aqueles produzidos 
pelo sistema de forças (Figura 4.37a). 
Exemplo 4.15 
Substitua o sistema de forças e binários que age sobre o membro na Figura 4.38a por 
um sistema de força e mome nto de binário resultante equivalente agindo no ponto O. 
500 N Y 
750N 
37,5 N · m 
l 200 
o lm o 
• lm 
1.25 m+1.25 m I 
(a) 
200 
(b) 
Figura 4.38 
-SOLUCAO • 
Somatório das forcas • 
Como as forças do binário de 200 N são ibruais c opostas, elas produzem uma força 
resultante nula e, portanto, não é necessário considerá-las na somatória das forças . 
A força de 500 N é decomposta em suas componentes x e y; logo, 
.::. (FR).. =L~;(~) .. = ( ~ )(500 N ) = 300 N -
+I(~)J. = LF",,; (FR)J, = (500 N )( t) - 750 N = - 350 N = 350 N I 
Da Figura 4.15b, a intensidade de F R é 
FR= /<~l+<~'f. 
= /{300 Nr + (350 NJ = 461 N 
E o ângulo O é 
8 = tg-1 ( < ~>. ) = tg- 1 ( 350 N) = 49 4o 
{~)s 300 N ' 
Somatório dos momentos 
Como o momento de binário é um vetor livre, e le pode agir em qualquer ponto no 
membro. Referindo-se a Figura 4.38a, temos: 
\. +(MR)o = LMQ + LMó 
( MR)o = (500 N)( 1 )(2,5 m)- (500 N)( t )(I m) 
-(750N)( I,25m)+200 · m 
= -37, 5 N · m = 37,5 N · m """\ 
Este momento no sentido horário é mostrado na Figura 4.38b. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 121 I 
Exemplo 4.16 
O membro estrutural está sujeito a um momento de binário M c às forças F1 c F2 na 
Figura 4.39a. Substitua esse sistema por um sistema de força c momento de binário 
resultante equivalente agindo em sua base, o ponto O. 
- . 
SOLUÇAO (ANALISE VETORIAL) 
Os aspectos tridimensionais do problema podem ser simplificados usando uma análise 
vetorial cartesiana. Expressando as forças e o momento de binário como vetores 
cartesianos, temos: 
~ = {- 800k} N 
F2 = (300 N) uc8 
= {300 N)( r~s ) 
1cn 
= 300 N[ {- O, 15i +O, lj}m ] = {- 249 6i + 166 4'} N 
j ( - 0, 15 T + ( I m )2 ' ' J 
M = - 5oo( f )j + 5oo( ~ )k = {-400j + 300k} N -m 
Somatório das forças 
FR = l:F; FR = ~ + F2 = - 800k - 249,6i + 166,4j 
= {- 250i + 166j - 800k}N 
Somatório dos momentos 
MRcJ = l:M + LM0 
MRo = M + r, X ~ + r8 X F2 
• 
I 
M RcJ = (-400j + 300k) +(I k ) X(-800k) + -0, 15 
- 249,6 
= (-400j + 300k) +(O)+ {- 166,4i - 249,6j ) 
= {- 166i - 650j + 300k} N · m 
Os resultados são mostrados na Figura 4.39b. 
Problemas fundamentais 
• 
J 
0, I 
166,4 
k 
I 
o 
M = 500 · m 
(a) 
z 
(b) 
Figura 4.39 
y 
4.25. Substitua o carregamento do sistema por uma força e 
momento de binário re ultante equivalente agindo no ponto A. 
500 
4.26. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
e momento de binário resultante equivalente agindo no 
ponto A. 
40 
30 
200 · m 
I m 
50 N 
750N 
Problema 4.25 Problema 4.26 
122 I Estático 
4.27. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
c momento de binário resultante equivalente agindo no 
ponto A. 
900 300N 
300 ·m 
I 0.75 m I 0,75m I 0,75 m 0,75 m 
Problema 4.27 
4.28. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
c momento de binário resu ltante equivalente agindo no 
ponto A. 
500 
250 
N 
Problema 4.28 
Problemas 
•4.104. Substitua o i tema de forças que age sobre a treliça 
por uma força e momento de binário resultante no ponto C. 
1000 750 N 500 N 
0,6 m 0,6 '11 ,6 m ,6 m 
T 
1,8 m 
~ = :;;::::::1 ~ 8 
lc 
Problema 4.104 
-4.105. Substitua o sistema de forças que age sobre a viga 
por uma força e momento de binário equivalente no ponto A. 
4.106. Substitua o sistema de forças que age sobre a viga por 
urna força c momento de binário equivalente no ponto 8. 
3k 
2,Sk 
A • 8 
~2m-+- 4 m-+2m~ 
Problemas 4.105/ 106 
4.107. Substitua as duas forças por uma força e momento de 
binário resultante equivalente no ponto O. Considere F= 100 N. 
4.29. Substitua o carregamento do sistema por uma força e 
momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. 
--
Problema 4.29 
4.30. Substitua o carregamento do sistema por uma força e 
momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. 
-• 
Pj 100N 
M • 75 N · m 
' 
Problema 4.30 
•4.108. Substitua a duas forças por uma força e momento de 
binário resultante equivalente no ponto O. Considere F= 75 N. 
100 
Problemas 4.107/ 108 
•4.109. Substitua o si tema de forças que age sobre o poste 
por uma força e momento de binário resultante no ponto A. 
1m 
1m 
Problema 4.1 09 
4.110. Substitua o sistema de forças e momentos de binário que 
agem sobre a viga por uma força e momento de binário resultante 
no ponto A. 
30 kN 26 kN 
1--2 m--1-:---1-:--+--2 m - -1 
lm lm 
Problema 4.11 O 
4.111. Substitua o sistema de forças por uma força e 
momento de binário resultante no ponto O. 
-1.25 m--1 ,25 m-
Problema 4.111 
lm 
N 
•4.112. Substitua as duas forças que agem na politriz por 
uma força e momento de binário resultante no ponto O. 
Expresse o resultado na forma de um vetor cartesiano. 
z 
F1 • {1 0i - 15j - 40k } N 
= (- 15i - 20j - 30k} N 
Problema 4.112 
•4.113. Substitua as duas forças que agem no poste por uma 
força e momento de binário resultante no ponto O. Expresse 
o resultado na forma do vetor cartesiano. 
z 
8m 
Problema 4.113 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças t23 I 
4.114. As três forças atuam no encanamento. Se F1 = 50 N e 
F2 = 80 N, substitua esse sistema de forças por urna força 
e momento de binário resultante equivalente agindo em O. 
Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. 
z 
180 N 
y 
Problema 4.114 
4.115. As forças F1 e F2 são aplicadas nas manoplas da 
furadeira elétrica. Substitua esse sistema de forças por uma 
força e momento de binário resultante equivalente agindo 
em O. Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. 
Fz= {2j - 4k} N 
z 
I 
F 1 = { 6i - 3 j - I Ok } 
Problema 4.11 S 
•4.116. Substitua o sistema de forças que age sobre o 
encanamento por uma força e momento de binário resultante 
no ponto O. Expresse o resultado na forma do vetor 
cartesiano. 
-
I F2 = {-101 + 25j + 20k} 
F, = l-20i - IOj + 25k } N T 
lo ~.r 
, / 0.2 m~ 
Problema 4.116 
•4.117. A plataforma deve ser içada usando as três Jingas 
mostradas. Substitua o sistema de forças que age sobre as 
!iogas por uma força e momento de binário equivalente no 
ponto O. A força F, é vertical. 
Problema 4.117 
124 I Estática 
Simplificações adicionais de um sistema de forças e 
binarios 
Na seção anterior, desenvolvemos uma fonna de reduzir um sistema forças e 
momentos de binário sobre um corpo rígido para uma força resultante equivalente 
F R agindo em um ponto O específico e um momento de binário resultante (MR)0 . O 
sistema de forças pode ser reduzido ainda mais para uma única força resultante 
equivalente, desde que as li111has de ação de F R e (MR)o sejam petpendiculares. Devido 
a essa condição, apenas sistemas de forças concorrentes, coplanares e paralelas podem 
ser adicionalmente simplificados. 
Sistema de forcas concorrentes , 
Como um sistema de força concorrente é aquele em que as linhas de ação de 
todas as forças se interceptam em um ponto comum O (Figura 4.40a), então o sistema 
de força não produz momento algum em relação a esse ponto. Como consequência, 
o sistema equivalente pode ser representado por uma única força resultante FR = .EF 
agindo em O (Figura 4.40b). 
(a) (b) 
Figura 4.40 
Sistema de forças coplanares 
No caso de um sistema de forças coplanares, as linhas de ação de todas as forças 
situam-se no mesmo plano (Figura 4.4la) e, portanto, a força resultante FR = .EF 
desse sistema também se situa nesse plano. Além disso, o momento de cada uma das 
forças em relação a qualquer ponto O está direcionado perpendicularmente a esse 
plano. Portanto, o momento resultante (MR)o e a força resultante F R serão mutuamente 
pe1pendiculares (Figura 4.41b). O momento resultante pode ser substituído moven-
do-se a força resultante F R em uma distância perpendicular ou do braço do momento 
d para fora do ponto O tal que F R produza o mesmo momento (MR)o em relação ao 
ponto O (Figura 4.41 c). Essa distância d pode ser detenninada através da equação 
escalar (MR)o = F~ = 'LM0 ou d = (MR)d FR. 
(a) (b) 
Figura 4.41 
(c) 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 
Sistema de forças paralelas 
O sistema de forças paralelas, mostrado na Figura 4.42a, consiste de forças que 
são todas paralelas ao eixo z. Logo, a força resultante F R = LF no ponto O também 
precisa ser paralela a cs c eixo (Figura 4.42b). O momento produzido por cada força 
se encontra no plano da chapa e, portanto, o momento de binário re ultante, (M R)0, 
também estará ncs c plano, ao longo do eixo do momento a, já que FR e (M R)o são 
mutuamente perpendiculares. Consequentemente, o sistema de forças pode cr adicio-
nalmente implificado para uma única força resultante equivalente FR que age no 
ponto P localizado sobre o eixo perpendicular b (Figura 4.42c). A distância d ao 
longo desse eixo a parti r do ponto O requer (MR)o = F~ = EM 0 ou d = L.M d F R· 
- -~ • 
f' + F2 I FR .. ! F 
o tF' (1-
(a) 
b 
(b) 
Figura 4.42 
As quatro forças dos cabos são todos concorrentes no ponto O do pilar 
do ponte. Consequentemente, elos não produzem qualquer momento 
resultante nes5e ponto, openos uma forço resultante r •. Ob5erve que os 
projetistas posicionaram os cabos de modo que F • esteja direcionado oo 
longo do pilar do ponte d iretamente poro o apoio, de modo o evitar 
qualquer Aexão no pilar. 
Procedimento para análise 
(I 
A técnica u ada para reduzir um sistema de forças coplanares ou paralelas para 
uma única força resultante segue um procedimento semelhante ao descrito na eção 
anterior. 
• Estabeleça os eixos x, y. z e posicione a força resultante F H a uma distância 
arbitrária da origem das coordenadas. 
Somatório dos forças 
• A força resu ltante é igual à soma de todas as forças do sistema. 
• -
FR = ! F 
b 
(c) 
tzs I 
126 I Estática 
• Para um sistema de forças coplanares, decomponha cada força em suas 
componentes x e y. Componentes positivas são direcionadas ao longo dos 
eixos x e y positivos, e componentes negativas são direcionadas ao longo dos 
eixos x e y negativos. 
Somatório dos momentos 
• O momento da força resultante em relação ao ponto O é igual à soma de todos 
os momentos de binário no sistema mais os momentos de todas as forças no 
sistema em relação a O. 
• Essa condição de momento é usada para encontrar a posição da força resultante 
em relação ao ponto O. 
1---d.---.. 
Aqui, os pesos dos semáforos são substituídos pelo suo forço resultante w. ~ IY1 -r W, que age o 
uma distância d = W,d, + W,d/W• em relação o O. Os dois sistemas são equivalentes. 
Reducão a um torsor , 
Nonnalmente, um sistema de forças e momentos de binário tridimensional terá 
uma força resultante F R equivalente no ponto O e um momento de binário resultante 
(MR}o que não são perpendiculares, como mostra a Figura 4.43a. Embora um sistema 
de forças como esse nãopossa ser adicionalmente reduzido para uma única força 
resultante equivalente, o momento de binário resultante (M R)o pode ser decomposto 
em componentes paralelas e perpendiculares à linha de ação de F R (Figura 4.43a). A 
componente perpendicular M .L pode ser substituída se movennos F R para o ponto P, 
a uma distância d do ponto O ao longo do eixo b (Figura 4.43b). Como vemos, esse 
eixo é perpendicular ao eixo a e à I in h a de ação de F R· A posição de P pode ser 
determinada através de d = M }FR. Finalmente, como M
11 
é um vetor livre, ele pode 
ser movido para o ponto P (Figura 4.43c). Essa combinação de uma força resultante 
FR e um momento de binário colinear M1 tenderá a transladar e girar o corpo em 
relação ao seu eixo e é chamada de um torsor ou parafuso. Um torsor é o sistema 
mais simples que pode representar qualquer sistema de forças e momentos de binário 
em geral agindo em um corpo. 
z 
b 
(a) 
z 
M, 
(b) 
Figura 4.43 
z 
a 
b 
(c) 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 127 I 
Exemplo 4.17 
Substitua o sistema de forças e momentos de binário que agem sobre a viga na Figura 
4.44a por uma força resultante equivalente, e encontre onde sua linha de ação 
intercepta a viga, medido a partir do ponto O. 
4k 
15 k · m 
.---x 
rn--+ - 1.5 m ,5 m -+-
(a) (b) 
Figura 4.44 
.. 
SOLUCAO • 
Samatória das forças 
Somando as componentes da força, temos: 
z (FR), = f.F,; (FR), = 8 kN(~ ) = 4,80 kN-
+l(~),=f.F,; (FR),=-4kN +8kN(t)=2,40k I 
Da Figura 4.44b, a intensidade de FR é: 
~ = (4,80 kNt + (2,40 kNr = 5,37 kN 
O ângulo O é: 
o= t I ( 2,40 kN ) = 26 60 
g 4,80 kN ' 
Somatório dos momentos 
Devemos igualar o momento de FR em relação ao ponto O na Figura 4.44b à soma 
dos momentos do sistema de forças e momentos de binário em relação ao ponto O 
na Figura 4.44a. Como a linha de ação de (FR).. age no ponto O, apenas (F R), produz 
um momento em relação a esse ponto. Portanto, 
\. +( MR)o = 'tNfc1; 2,40 kN(d} = -( 4kN)(I ,5 m)- 15 kN · m 
-[s kN( f )]<o.s m) + [s kN( 1 )]<4,5 m) 
d=2,25m 
Exemplo 4.18 
O guincho mostrado na Figura 4.45a está sujeito a três forças coplanares. Substitua 
esse carregamento por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha 
de ação intercepta a coluna A 8 e a lança BC. 
1.2 m 
Yo,6 m 
8 
I m 0,6 m 
• • c 
I. 75 N 4 -=:t:f:l 0.60 kN 
lm 
(a) 
Figura 4.45 
128 I Estático 
-
Y SOLUCAO 
' 
, , , 
f 
I ' 
(b) 
Figura 4.45 
(a) 
--
(b) 
Figura 4.46 
• 
Somatório das forsas 
Decompondo a força de 2,50 kN nas componentes x e y e somando as componentes 
das forças, temos: 
±. ~. = l.F; 
+1~. = l.F,; 
~x =-2.50kN(~) - 1 ,75kN =-3,25kN = 3,25kN-
FR, = -2,50 k ( 1)- 0,60 k = - 2,60 kN = 2,60 kN I 
Como mostra a adição de vetores na Figura 4.451>, 
~=/(3,25kNf+(2,6ok r = 4, 16kN 
8 = tg-• ( 2,60 kN) = 38 7o87 
3,25 kN ' 
Somatório dos momentos 
Os momentos serão somados em relação ao ponto A. Assumindo que a linha de ação 
de F R intercepta A 8 a uma distância y de A (Figura 4.451> ), temos: 
\. + MRA = l.M,~ ; 3,25 kN(y) + 2,60 kN(O) 
= I, 75 kN(I m)- 0,60 kN(0,6 m) + 2,50 kN( ~ )(2,2 m) - 2,50 kN{ y )( 1,6 m) 
y = 0,458 m 
Pelo princípio da transmissibilidade, F R pode ser posicionada a uma distância x onde 
intercepta BC (Figura 4.45b). Nesse caso, temos: 
\... + MR.~ = l.M,~; 3,25 k {2,2 m) + 2,60 k (x) 
= I, 75 kN(l m)- 0,60 kN(0,6 m) + 2,50 kN{ f )(2,2 m) - 2,50 k ( ~ )(1,6 m) 
x = 2, 177 m 
Exemplo 4.19 
A placa na Figura 4.46a está sujeita a quatro forças paralelas. Determine a intensidade 
c a direção de uma força resultante equivalente ao sistema de forças dado c situe seu 
J' ponto de aplicação na placa. 
SOLUCÃO (ANÁLISE ESCALAR) 
• 
Somatório das forcas • 
Da Figura 4.46a, a força resultante é: 
+I~= l.F; -~ =-600 
= 1400 
Somatório dos momentos 
+ I 00 N - 400 N - 500 N 
= 1400 N I 
Queremos que o momento da fo rça resultante em relação ao eixo x (Figura 4.46b) 
seja igual à soma dos momentos de todas as forças do sistema em relação ao eixo x 
(Figura 4.46a). Os braços dos momentos são determinados pelas coordenadas de y, 
jã que essas coordenadas representam as distâncias perpendiculares do eixo x às 
linhas de ação das forças. Usando a regra da mão direita, temos: 
( M) = l.M· Rx X' 
-(1400 )y = 600 N(O) + 100 N(5 m) - 400 N{IO m) + 500 N(O) 
-1400 N =- 3500 y = 2,50 m 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 129 I 
De maneira semelhante, uma equação de momento pode ser escrita em relação ao 
eixo y usando braços do momento definidos pelas coordenadas x de cada força . 
( MR), = 'LM,; 
(1400 )x = 600 N(8 m) + 100 (6 m)- 400 N(O) + 500 N(O) 
l400x = 4200 
x = 3m 
NOTA: Uma força F R = 1.400 situada no ponto ?(3,00 m, 2,50 m) sobre a placa 
(Figura 4.46b) é, portanto, equivalente ao sistema de forças paralelas que agem sobre 
a placa na Figura 4.46a. 
Exemplo 4.20 
Substitua o sistema de forças na Figura 4.47a por uma força resultante equivalente 
e especifique seu ponto de aplicação no pedestal. 
-SOLUCAO 
• 
Somatório das forcas • 
Aqui, demonstraremos uma análise vetorial. Somando as forças, 
FR = 1:F; FR = F4 + F8 + Fc 
Posicão 
• 
= {-300k}kN + {-SOOk}kN + {IOOk}kN 
= {-700k}kN 
Os momentos serão somados em relação ao ponto O. A força resultante F R é assumida 
a atuar através do ponto P (x, y, O) (Figura 4.47b). Logo, 
( MR)o = 'iMo; 
rPX FR=( r .. x F .. )+( r8 X F8 )+ (rcX Fc} 
(xi + yj )X(-700k) = [(4i}X(-300k}] 
+((-4i + 2j )X(-500k)) + ((- 4j )X(100k}) 
- 700x( i X k)- 700y(j X k) =- 1200(i X k} + 2000( i X k) 
- IOOO(j X k)- 400( i X k) 
700xj - 700yi = 1200j - 2000j - 1 OOOi - 400i 
Igualando as componentes i e j , 
- 700y = - 1400 
y=2m 
700x =-800 
x= - 1,14m 
O sinal negativo indica que a coordenada x do ponto Pé negativa. 
(I) 
(2) 
NOTA: Também, é po ível obter diretamente as equações I c 2 somando- c os 
momento · em relação aos eixos x c y. Usando a regra da mão direita, temos: 
(MR)• = 'LM,; - 700y = - 100kN(4 m) - 500kN(2 m) 
700x = 300kN(4 m) - SOOkN(4 m) 
F, = 300 kN ; 
Fc = 100 
Fs = 500 kN 
(a) 
--
(b) 
Figura 4.47 
130 I Estática 
Problemas fundamentais 
4.31. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
resultante equivalente e especifique onde a linha de ação 
da resultante intercepta a viga medida a partir de O. 
y 
2.5 kN 2,5 kN 
1,25 kN 
o --x 
Problema 4.31 
4.32. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
resultante equivalente e especifique onde a linha de ação 
da resultante intercepta o membro medida a partir de A. 
l kN 
I ' m - - 11- - I m - ·1- - I m - : .... 0,25 kN 
A 
3 0,5 k 
Problema 4.32 
4.33. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
resultante equivalente e especifique onde a linha de ação 
da resultante intercepta o membro medida a partir de A. 
y 3 15 kN 
fi' I" 4 
20 kN 
2m 
A 
-2m 2m- 2m I 
jj\ 
8 
Problema 4.33 
4.3,4. Substitua o carregamento do sistema por uma força 
resultante equivalente e especifique onde a linha de ação 
da resultante intercepta o membro AB medida a partir de A. 
0,5 m 
1--1-- 1,5 m - 1 
0,5 m 
0,5 111 
8kN 
6 kN 
5kN 
3m 
Problema 4.34 
4.35. Substitua o carregamento mostrado por uma única 
força resultante equivalente e especifique as coordenadas x 
e y de sua linha de ação. 
400 N 
100 
Problema 4.3S 
4.36. Substitua o carregamento mostrado por uma única 
força resultante equivalente e especifique as coordenadas x 
e y de sua linha de ação. 
z 
200 N 
Áty/-
3 m 200 N 
IOON / L 
7 / 
3n{ ~.r':::::;;m~-;7 
L ::?'1 m;;.; 
X 
Problema 4.36 
4.118. Os pesos dos vários componentes do caminhão são 
mostrados. Substitua esse sistema de forças por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição medida a 
partir do ponto B. 
4.119. Os pesos dos vários componentes do caminhão são 
mostrados. Substitua esse sistema de forças por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição medida a 
parti r do ponto A. 
17,5 kN 27,5 A I 8.75 kN 
1----t---4,2 m--+1.8 m+-l0,9 111 0.6m 
Problemas 4.118/ 119 
•4.120. O sistema de forças paralelas atua sobre o topo da 
treliça Warren. Determine a força resultante equivalente do 
sistema e especifique sua posição medida a partir do ponto A. 
2k 
500 N 500 N 
- +--1 m- I m-t 
Problema 4.120 
•4.121. O sistema de quatro forças atua sobre a treliça de 
telhado. Determine a força resultante equivalente e especifi-
que sua posição medida a partir do ponto A. 
I kN 
1,375 kN J_m~too 
1,5 kN I m"\_ • 
0.75 kN I m~ • 
30° 
Problema 4.121 
4.122. Substitua o sistema de forças e binários agindo sobre 
a estrutura por uma força resultante equivalente e especifique 
onde a linha de ação da resultante intercepta o membro AB 
medida a partir de A. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 131 
4.123. Substitua o sistema de forças c os binários que agem 
sobre a estrutura por uma força resultante equivalente e 
especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o 
membro BC medida a partir de B. 
m 
I m 
250 N 
Problemas 4.122/ 123 
•4.124. Substitua o sistema de forças e os momentos de 
binário que agem sobre a viga por uma força resultante 
equivalente e especifique sua posição ao longo de AB medida 
a partir do ponto A. 
kN 26 kN 
1--2 m--1-:--·f--:--1--2 m-t 
lm lm 
Problema 4.124 
•4.125. Substitua o sistema de forças que age sobre a 
estrutura por uma força resultante equivalente e especifique 
onde a linha de ação da resu ltante intercepta o membro AB 
medida a partir do ponto A. 
4.126. Substitua o sistema de forças qua age sobre a estrutura 
por uma força resultante equivalente e especifique onde a 
linha de ação da resultante intercepta o membro BC medida 
a partir do ponto B. 
175 N 
111 
Problemas 4.125/ 126 
132 I Estática 
4.127. Substitua o sistema de forças que age sobre o poste por 
uma força resultante equivalente e especifique onde a sua linha 
de ação intercepta o poste AB medida a partir do ponto A. 
•4.128. Substitua o sistema de forças que age sobre o poste 
por uma força resultante equivalente e especifique onde a 
sua linha de ação intercepta o poste AB medida a partir do 
ponto B. 
lm 
lm 
Problemas 4.127/ 128 
•4.129. A laje da construção está sujeita a quatro cargas 
paralelas das colunas. Determine a força resultante 
equivalente e especifique sua posição (x, y) sobre a laje. 
Considere F1 = 30 kN, F2 = 40 kN. 
4.130. A laje da construção está sujeita às cargas de 
quatro colunas paralelas. Determine a força resultante 
equivalente e especifique sua posição (x, y) sobre a laje. 
Considere F 1 = 20 kN, F2 =50 kN. 
;: 
20kN 50 kN 
X 
Problemas 4.129 I 130 
4.131. O duto suporta as quatro forças paralelas. Determine 
as intensidades das forças F c e F 0 que agem em C e D de 
modo que a força resultante equivalente do sistema de forças 
atue no ponto médio O do duto. 
z 
600 N 
F c 
y 
Problema 4.131 
•4.132. Três forças paralelas do parafuso atuam sobre a 
chapa circular. Detennine a força resultante e especifique 
sua posição (x, y) sobre a chapa. 0 = 1000 N, F8 = 500 
e Fc = 2000 N. 
•4.133. Três forças paralelas dos parafusos atuam sobre a 
chapa circular. Se a força em A possui uma intensidade de 
~ = 1000 N, detennine as intensidades de F8 e F c de modo 
que a força resultante FR do sistema tenha uma linha de 
ação que coincida com o eixo y. Sugestão: Isso requer 
'EA1x = O e 'EM= = O. 
z 
Problemas 4.132/ 133 
4.134. Se ~ = 40 kN e F8 = 35 kN, determine a intensidade 
da força resultante e especifique a posição de seu ponto de 
aplicação (x, y) sobre a placa. 
4.135. Se a força resultante deve agir no centro da placa, 
determine a intensidade das cargas das colunas F" e F8 e a 
intensidade da força resultante. 
z 
30 kN 
90 kN 
X 
' 0,75 111 
Problemas 4.134/ 135 
•4.136. Substitua o sistema de forças paralelas que age sobre 
a chapa por uma força resultante equivalente e especifique 
sua posição no plano x- z. 
0,5 m 
y 
Problema 4.136 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 133 I 
•4.137. Se F, = 7 kN c F8 = 5 kN, substitua o sistema de 
forças que age sobre as mísulas por uma força resultante e 
especifique sua posição sobre o plano x-y. 
4.138. Determine as intensidades de FA e F8 de modo que 
a força resultante passe pelo ponto O da coluna. 
•4.140. Substitua as três forças atuando na chapa por um 
torsor. Especifique a intensidade da força e o momento de 
binário para o torsor c o ponto P(y, z) onde sua linha de ação 
intercepta a chapa. 
--
8 F8 - {-60j} k 
100 mm 
3m --
)' Fc • j - 40i} kN 
FA- { 80k } kN 
Problemas 4.137/ 138 Problema 4.140 
4.139. Substitua o sistema de forças c momentos de binário 
que agem sobre o bloco retangular por um torsor. Especifique 
a intensidade da força c o momento de binário do torsor e a 
posição onde sua linha de ação intercepta o plano x-y. 
•4.141. Substitua as três forças que agem na chapa por um 
torsor. Especifique a intensidade da força c o momento de 
binário para o torsor c o ponto P(x, y), onde sua linha de 
ação intercepta a chapa. 
- -- - F8 = {800k } 
F~- (SOOi} 
Re ucão , 
1500 N 
Problema 4.139 
~ 
.r 4m 
um carregamento distribuído simples 
Algumas vezes, um corpo pode estar sujeito a um carregamento que está distribuído 
sobre sua superficie. Por exemplo, a pressão do vento sobre a superficie de um cartaz 
de propaganda (owdoor), a pressão da água dentro de um tanque ou o peso da areia 
sobre o piso de uma caixa de armazenamento são cargas distribuídas. A pres ão 
exercida em cada ponto da superficie indica a intensidade da carga. Ela é medida 
usando pa cais Pa (ou N/m2) em unidades do SI. 
Carregamento uniforme ao longo de um único eixo 
O tipo mais comum de carga distribuída encontrado na prática de engenharia é 
geralmente uni fonne ao longo de um único eixo.* Por exemplo, considere a viga (ou 
placa) na Figura 4.48a, que possui uma largura constante e está sujeita a um carre-
gamento de pressão que varia apenas ao longo do eixo x. Esse carregamento pode 
• O caso mais gemi de um carregamento superficial não uni rorme atuando sobre um corpo é 
considerado na Seção 9.5. 
Fc= pOOj} N 
Problema 4.141 
p 
(a) 
Figura 4.48 
y 
X 
134 I Estática 
IV 
/w = w(x) I 
dF = dA 
r--, 
r--i' 
' - X 
o dr- 1-
X I I L 
(b) 
11' 
FR 
c A 
o .r~ 
-x 
L 
(d 
Figura 4.48 
ser descrito pela função p = p(x) Nlm2• Ele contém somente uma variável x e, por 
isso, também podemos representá-lo como um carregamento disrribuído coplanm: 
Para isso, multiplicamos a função de carregamento pela largura b da viga, tal que 
w(x) = p(x)b Nlm (Figura 4.48b ). Usando os métodos da Seção 4.8, podemos substituir 
esse sistema de forças paralelas coplanares por uma única força resultante equivalente 
FR que age em uma posição específica sobre a viga (Figura 4.48c). 
Intensidade da forca resultante , 
Da Equação 4.17 (FR = L.F), a intensidade de F R é equivalente à soma de todas 
as forças do sistema. Nesse caso, precisamos usar integração porque existe um número 
infmito de forças paralelas dF agindo sobre a viga (Figura 4.48b). Como dF está 
agindo sobre um elemento do comprimento dx, e w(x) é uma força por unidade de 
comprimento, então, dF = w(x) dx = dA. Em outras palavras, a intensidade de dF é 
determinada pela área diferencial em cinza dA abaixo da curva de carregamento. 
Para o comprimento inteiro L, 
FR = [ w(x)dY = h dA = A ( 4.19) 
Portanto, a intensidade da força resultante é igual à área total A sob o diagrama 
de carregamento (Figura 4.48c). 
Posicão da forca resultante , , 
Aplicando a Equação 4. 17 (MR = 'LM0 ), a posição x da linha de ação de F R pode o 
ser detenninada igualando-se os momentos da força resultante e aos da distribuição 
das forças paralelas em relação ao ponto O (o eixo y). Como dF produz um momento 
de x dF = xw(x) dx em relação a O (Figura 4.48b), então, para o comprimento inteiro 
(figura 4.48c), 
-xFR = - [xw(x)dx 
Resolvendo para x, usando a Equação 4.19, temos: 
[ xw(x)dx j xdA 
X= L =~· ,....--! w(x)dx~dA (4.20) 
Essa coordenada x, localiza o centro geométrico ou centroide da área sob o 
carregamento distribuído. Em outras palavras, a força resultante tem uma linha de 
ação que passa pelo centroide C (centro geométrico) da área sob o diagrama de car-
regamento (Figura 4.48c). O Capítulo 9 oferece um tratamento detalhado das técnicas 
de integração para determinar a posição do centroide de áreas. Contudo, em muitos 
casos, o diagrama do carregamento distribuído está na forma de um retângulo, 
triângulo ou alguma outra forma geométrica simples. A posição do centroide para 
essas fonnas comuns não precisa ser detem1inada pela equação anterior, mas pode 
ser obtida diretamente da ta bulação fornecida nos apêndices. 
Uma vez quex é determimado, F R• por simetria, passa pelo ponto (x, O) na superficie 
da viga (Figura 4.48a). Portanto, nesse caso, a força resultante possui uma intensidade 
igual ao volume sob a curva de carregamento p = p(x) e uma linha de ação que 
passa pelo centroide (centro geoméh·ico) desse volume. 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças t3s I 
Pontos importantes 
• Carregamentos distribuídos coplanares são definidas usando-se uma função 
do carregamento " ' = w(x) que indica a intensidade do carregamento ao longo 
da extensão de um membro. Essa intensidade é medida em N/m. 
• Os efeitos externo cau ados por um carregamento distribuído coplanar atuando 
sobre um corpo podem ser representados por uma única força resultante. 
• Essa força resultante é equivalente à área sob o diagrama do carregamento e tem 
uma linha de ação que passa pelo cellfroide ou centro geométrico dessa área. 
Exemplo 4.21 
Determine a intensidade e a posição da força resultante equivalente que agem sobre 
A viga sustentando eslo pilho de 
madeiro esló sujeito o uma cargo 
uniforme de "'o- A forço resultante é, 
portanto, igual à área sob o 
diagramo de cargo F• - w.,b. Elo 
aluo através do cenlroide ou centro 
geométrico dessa óreo, b/2 o partir 
do suporte. 
o eixo na Figura 4.49a. w 
-SOLUCAO 
• 
Como w = w(x) é fornecido, este problema será revolvido por integração. 
O elemento diferencial possui uma área dA = w dx = 60xl d1:. Aplicando a Equação 4.19, 
+I~= 'i.F; 
~ = f dA = [ 2'" 60x2 dx = 6,./ L} lm = 6o(K - .!!:.) 
f · O \3 O 3 3 
= 160 
A posição x de FR medida a partir do ponto O (Figura 4.49b} é detenninada por: 
f •2m rJ ~ ) !m ( 24 04 ) 1 x dA fu x( 60x2 ) dr 6\ f 0 60 4 - 4 
x = ~dA - 160 N - 160 N 160 N 
= 1,5 m 
NOTA: Esses resultados podem ser verificados usando-se a tabela dos apêndices, que 
mostra que, para uma área sob uma curva parabólica de comprimento a, altura b c 
forma mostrada na Figura 4.49a, temos: 
A=~= 2 m(2~0N/m) = 160N c x= ~a= ~(2m)=1,5m 
Exemplo 4.22 
Um carregamento distribuído de p = (800x) Pa atua sobre a superficie superior da 
viga mostrada na Figura 4.50a. Determine a intensidade e a posição da forçare ultante 
equivalente. 
I ' . ---
(a) 
Figura 4.50 
7200 Pa 
w = (60x2) 
dA = wdx 
(a) 
~.f - 1,5 lll--l 
(b) 
Figura 4.49 
136 I Estática 
111 - 160x Nfm 1440 N/ m -
\... 
+ ~ l -x 
I 
X 
n 
(b) 
FR = 6,48 kN 
1---. .rr = 6 m 3 m-1 
c -
I 
l 
v 
(<) 
Figura 4.50 
(a) 
(b) 
Figura 4.51 
SOLUCÃO 
• 
Como a intensidade do carregamento é uniforme ao longo da larbrura da viga (o eixo y), 
o carregamento pode ser visto em duas dimensões, como mostra a Figura 4.50b. Aqui: 
W = (800x N/m2) (0,2 m) = (J 60x) Nlm 
Em x = 9 m, observe que w = 1440 N/m. Embora possamos novamente aplicar as 
Equações 4.19 e 4.20 como no exemplo anterior, é mais simples usar a tabela que 
se encontra nos apêndices. 
A intensidade da força resultante é equivalente à área do triângulo. 
FR = +(9 m)(1440 N/m) = 6480 N = 6,48 kN 
A linha de ação de F R passa pelo centroide C desse triângulo. Logo, 
x = 9 m - t<9 m) = 6 m 
Os resultados são mostrados na Figura 4.50c. 
NOTA: Também podemos ver a resultante FR como atuante através do centroide do 
volume do diagrama do carregamento p = p(x) na Figura 4.50a. Consequentemente, 
F R intercepta o plano x-y no ponto (6 m, 0). Além disso, a intensidade de F R é igual 
ao volume sob o diagrama do carregamento; ou seja, 
~ = V= ~ (7200 N/m2)(9 m)(0,2 m) = 6,48 kN 
Exemplo 4.23 
O material granular exerce um carregamento distribuído sobre a viga como mostra 
a Figura 4.5 la. Determine a intensidade e a posição da resultante equivalente dessa 
carga. 
-SOLUCAO 
• 
A área do diagrama do carregamento é um trapézio e, portanto, a solução pode ser 
obtida diretamente pelas fórmulas de área e centroide para um trapézio listados nos 
apêndices. Como essas fónnulas não são lembradas faci lmente, em vez delas vamos 
resolver esse problema usando áreas 'compostas'. Aqui , dividiremos o carregamento 
trapezoidal em um carregamento retangular e triangular, como mostra a Figura 
4.5 1 b. A intensidade da força representada por cada um desses carregamentos é 
igual à sua área associada, 
r;= ~ (9 rn )(50 kN/m) = 225 kN 
F; = (9 m)(50 kN/m) = 450 kN 
As linhas de ação dessas forças paralelas age através do cemroide de suas áreas 
associadas e, portanto, interceptam a viga em: 
.1r1 = t<9 m) = 3 m 
X2 =t(9 m)= 4,5 m 
As duas forças paralelas F 1 e F2 podem ser reduzidas a uma única resultante F R· A 
intensidade de F R é: 
+ 1 ~ = l.F; FR = 225 + 450 = 675 kN 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças I 137 I 
Podemos determinar a posição de F R com referência ao ponto A (figuras 4.51 b e 
4.5 1 c). Precisamos de: 
r+ MR, = L.MA; i"(675) = 3(225) + 4,5(450) 
x =4m 8 
NOTA: A área trapezoidal na Figura 4.51 a também pode ser dividida em duas áreas 
triangulares, como mostra a Figura 4.51 d. Neste caso, (<) 
F;= ~ (9 m)( IOO kN/m) = 450 kN 
~ = ~ (9 m)(50 kN/m) = 225 kN 
e 
XJ = t<9 m) = 3m 
x 4 = 9 m - t< 9 m) = 6 m (d) 
NOTA: Usando esses resultados, mostre novamente que Fn = 675 kN ex = 4 m. Figura 4.51 
Problemas fundamentais 
4.37. Determine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do pooro A. 
9 kN/m 
6 kN/m 3 kN/m 
~ ~ ~ 
(õ\ 
A 8 
1 ...... 
I ,5 m 3m -1 ,5 m-
Problema 4.37 
4.38. Determine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
3 kN/in 
............... 
,....... ...... 
..-tl 
A 11 8 
Problema 4.38 
4.39. Detennine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
6 kN/m 
// r--r-,_ 
é"'/ 
r--
~ 
/ t ' ---
~ 8 
A 
3m 6m 
Problema 4.39 
4.40. Detennine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
4 kN!Tn 2,5 k 
A 8 
t-I· --2m--~ I m~l m~ 
Problema 4.40 
4.41. Determine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
6kN/m 
3 kN/m 
8 
() 
4,5 m ----1-- 1,5 m --l 
Problema 4.41 
4.42. Dctcnnine a força resultante e especifique onde ela 
atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
• • 
• 
IV 
• A 
•• 
• 
• . 
~ 
,-/ 
rw= 2,5x3 rr/ 
_,_....-r 
_Li 
160 N/m 
X 
4m 
Problema 4.42 
138 I Estática 
4.142. Substitua o carregamento distribuído por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição na viga, 
medindo a partir de A. 
15 kN/ m 
~~--~-~-JIOkN/m 
~3m 
Problema 4.142 
4.143. Substitua o carregamento distribuído por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição na viga, 
medindo a partir de A. 
8 kN/ m 
1-rl-r--r-.,_.!4 kN/ m 
Problema 4.143 
•4.144. Substitua o carregamento distribuído por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição na viga, 
medindo a partir de A. 
800 /m 
r---2m----r------3m------~ 
Problema 4.144 
•4.145. Substitua o carregamento distribuído por uma força 
resultante equivalente e especifique sua posição na viga, 
medindo a partir de A. 
A 
8 
Problema 4.145 
4.146. A distribuição do carregamento do solo na parte 
inferior de uma plataforma de construção é mostrada. 
Substitua esse carregamento por uma força resultante equiva-
lente e especifique sua posição, medida a partirdo ponto O. 
o 
I kN/ m 2kN/m 
Problema 4.146 
4.147. Determine as intensidades w1 e w2 do carregamento 
distribuído agindo na parte inferior da plataforma, de modo 
que esse carregamento tenha uma força resultante equivalente 
que seja igual mas oposta à resultante do carregamento 
distribuído atuando no topo da plataforma. 
6kN/m 
A 8 
Problema 4.147 
*4.148. Os tijolos sobre a viga e os apoios na sua base criam 
o carregamento djstribuído mostrado na segunda figura. 
Determine a intensidade w e dimensão d do apoio direito 
necessário para que a força e o momento de binário 
resultantes em relação ao ponto A do sistema sejam nulos. 
l-l:o._5 rn_·l __ 3 
200 N/m 
m 
~,...,... 
,...,... .... 
75 N/rn 
A 
1 
w 
0,5 m l 
3m 
f-dj 
Problema 4.148 
•4.149. A pressão do vento atuando sobre um painel triangular 
é unifom1e. Substitua esse carregamento por uma força e 
momento de binário resultante equivalentes no ponto O. 
z 
1,2 m 
lm 
I,..!•!J------1..-y o 
X 
Problema 4.149 
4.150. A viga está sujeita ao canegamento distribuído. 
Detennine o comprimento b do cau egamento uniforme e 
sua posição a sobre a viga de modo que a força e o momento 
de binário resultantes que agem na viga sejam nulos. 
b l i kNA-11 
f-a -
r: 
~· _,_ Y \, 
v v 
/ 
1.5 kN/m ...... ---
Problema 4.1 SO 
4.151. Atualmente, 85% de todas as lesões de pescoço são 
causadas por colisões traseiras de automóveis. Para minimizar 
esse problema, tem sido desenvolvido um apoio de banco 
automobilístico que fomcce uma pressão de contato adicional 
com a cabeça. Durante testes dinâmicos, a distribuição da 
carga sobre a cabeça foi representada em gráfico e se mostrou 
parabólica. Determine a força resultante equivalente e sua 
posição, medida a partir do ponto A. 
Problema 4.1 S 1 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 139 I 
*4.152. O vento soprou a areia sobre uma plataforma de 
modo que a intensidade da carga pode ser aproximada pela 
função w = {0,5~) N/m. Simplifique esse canegamento 
distribuído para uma força resultanteequivalentee especifique 
sua intensidade e posição medida a partir de A. 
IV 
500 N/m 
1--li-----10 m ----1-1 
Problema 4.1 S2 
•4.153. O concreto molhado exerce uma djstribuição de 
pressão ao longo das paredes da fonna. Determine a força 
resultante dessa distribuição e especifique a altura h onde o 
suporte deve ser colocado de modo a situar-se na linha de 
ação da força resultante. A parede possui uma largura de 5 m. 
4m 
, 
I 
• 
Problema 4.1 S3 
4.154. Substitua o canegamento distribuído por uma força 
resultante equjvalente e especifique sua posição na viga, 
medindo a partir do ponto A. 
IV 
I 
8 kN/m 
A ---x 
11-· ------4 tn ------1·' 
Problema 4.1 S4 
140 I Estático 
4.155. Substitua o carregamento por uma força resultante e 
momento de binário equivalentes no ponto A. 
•4.156. Substitua o carregamento por uma força resultante 
e momento de binário equivalentes que agem no ponto B. 
I k 1m 
8 
1---1.2 m----1 
,8 m 
2 k /m 
Problemas 4.1SS/ 1S6 
•4.157. A força de sustentação ao longo da asa de um avião 
consiste em uma distribuição uniforme ao longo de AB, e 
uma distribuição semiparabólica ao longo de BC com 
origem em B. Substitua esse carregamento por uma única 
força resultante c cspcci fique sua pos ição, medindo a partir 
do ponto A. 
li 
... (48 - 0,75x1) kNim 
48 k] m 
Problema 4.1 S7 
4.158. O carregamento distribuído atua sobre a viga 
conforme ilustrado. Determine a intensidade da força 
resultante equivalente c especifique onde ela age, medindo 
a partir do ponto A. 
4.159. O carregamento distribuído atua sobre a viga 
conforme ilustrado. Determine a intensidade máxima w ..... ,. 
Qual é a intensidade da força resultante equivalente? 
Especifique onde ela atua, medindo a partir do ponto B. 
" 
" (-2x2 + 4x + I 6) kN/m 
~"'"--r--. 
i' "' 
A 1\. 
.à 8 
-x 
1---- 4m ------1 
Problemas 4.1 S8/ 1 S9 
•4.160. O can·egamcnto distribuído atua sobre a viga 
con forme ilustrado. Determine a intensidade da força 
resultante equivalente e especifique sua posição, medindo a 
partir do ponto A. 
,. = ( t· t l lx + 4) kN!t 11 
,... ~"-r-...._ 
"'r--2 4 k 1m kNim 
A 8 
la 
-x 
lOm 
.-.,-
I 
Problema 4.160 
•4.161. Se a distribuição da reação do solo sobre o tubo por 
metro de comprimento pode cr aproximada como mostrado, 
detenninc a intensidade da força resultante devido a esse 
carregamento. 
0,5 kN/m 
Problema 4.161 
- , 
REVISAO DO CAPITULO 
Momento de uma força - definição escalar 
Uma força produz um efeito de rotação ou 
momento em relação a um ponto O que não se 
situe sobre a sua linha de ação. Na forma escalar, 
a intensidade do momento é o produto da força 
pelo braço de momento ou distância perpendicular 
do ponto O ã linha de ação da força. 
A direção do momento é definida usando a regra 
da mão direita. M 0 sempre age ao longo de um 
eixo perpendicular ao plano contendo F e d, e 
passa pelo ponto O. 
Em vez de encontrar d, normalmente é mais fáci l 
decompor a força em suas componentes x e y , 
determinar o momento de cada componente em 
relação ao ponto e, depois, somar os resultados. 
Esse é o chamado princípio dos momentos. 
Momento de uma força - definição vetorial 
Como a geometria tridimensional normalmente 
é mais dificil de visualizar, o produto vetorial 
deve ser usado para determinar o momento. 
Aqui, M 0 = r X F, onde r é um vetor posição 
que se estende do ponto O a qualquer ponto A, 
8 ou C sobre a linha de ação de F. 
Se o vetor posição r e a fo rça F são expressos 
como vetores cartesianos, então, o produto vetorial 
resulta da expansão de um determinante. 
Momento em relação a um eixo 
Se o momento de uma força F precisa ser deter-
minado em relação a um eixo arbitrário a, então 
a projeção do momento sobre o eixo precisa ser 
obtida. Desde que a distância d,, que é perpendi-
cular tanto ã linha de ação da força quanto ao eixo, 
possa ser determinada, então o momento da força 
em relação ao eixo pode ser detenninado através 
de uma equação escalar. 
Observe que, quando a linha de ação de F 
intercepta o eixo, o momento de F em relação ao 
eixo é zero. Além disso, quando a linha de ação 
de F é paralela ao eixo, o momento de F em 
relação ao eixo é zero. 
Em três dimensões, o produto triplo escalar deve 
ser usado. Aqui, U 0 é o vetor unitário que especifica 
a direção do eixo, e r é um vetor posição 
direcionado de qualquer ponto sobre o eixo a 
qualquer ponto sobre a linha de ação da força. Se 
M, é calculado como um escalar negativo, então 
o sentido da direção de M" é oposto a U0 • 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 141 
M0 = Fd 
Mo = Fd = Fxy - ~.x 
M 0 = r,. X F = r8 X F = r c X F 
. • k I J 
M 0 = r x F = ~. ')· r. 
~ F.. F. -
Eixo do momcmo 
iL 
) 
y 
X 
y 
/f~ __ ....___ X 
o 
--
c 
r c: 8 
F" 
A 
Mo 
r,~ 
'19-....c 
~0~--------~--y 
X 
a _.. 
a 
J 
M, 
::::~ 
Eixo da projeção, 
a ' 
F 
F 
142 I Estática 
Momento de binário 
Um binário consiste de duas forças iguais e 
opostas que atuam a uma distância perpendicular 
d. Os binários tendem a produzir uma rotação sem 
translação. 
A intensidade do momento de binário é M = Fd 
e sua direção é estabelecida usando a regra da mão 
direita. 
Se o produto vetorial é usado para determinar o 
momento de um binário, então r se estende de 
algum ponto sobre a linha de ação de uma das 
forças a algum ponto sobre a linha de ação da 
outra força F que é usada no produto vetorial. 
Simplificação de um sistema de forças e 
binários 
Qualquer sistema de forças e binários pode ser 
reduzido a uma única força resultante e momento 
de binário resultante agindo em um ponto. A força 
resultante é a soma de todas as forças do sistema, 
FR = ~F, e o momento de binário resultante é 
igual à soma de todos os momentos das forças 
em relação ao ponto e aos momentos de binário. 
MR =~M0 + ~M . ' o 
E possível simplificar ainda mais para uma única 
força resultante, desde que o sistema de forças 
seja concorrente,coplanar ou paralelo. Para 
encontrar a posição da força resultante a partir de 
um ponto, é necessário igualar o momento da 
força resultante em relação ao ponto ao momento 
das forças e binários no sistema em relação ao 
mesmo ponto. 
Se a força e o momento de binário resultantes em 
um ponto não forem perpendiculares, então esse 
sistema pode ser reduzido a um torsor, que consiste 
na força e momento de binário resultante co linear. 
Carregamento distribuído coplanar 
Um carregamento distribuído simples pode ser 
representada por sua força resultante, que é equi-
valente à área sob a curva do can·egamento. Essa 
resultante possui uma linha de ação que passa pelo 
centroide ou centro geométrico da área ou volume 
sob o diagrama do carregamento. 
b 
o 
M = Fd 
1\1 = r X F 
---a 
--MRo 
a b 
--
w = w (x) / 
/ ,.,.. 
/ 
__ ..,.....->-
X 
( ) ( ) 
t-I·---L -----1 
- F 
--
b -- MRo 
d=r'R b 
A 
oÇ=====~ 
1-x-_j 
1--- L -----1 
4.162. A viga está sujeita ao carregamento parabólica. 
Determine um sistema de força c binário equivalente no 
ponto A. 
8 kN,.j m 
/ 
,-"" 
,-"" 
w = (8 x 2) kN/m '\ ~,....r"' 
_,...----
o H~~ v· X A 
lm I ~ 
Problema 4.167 
4.163. Dois binários atuam sobre a estrutura. Se o momento 
de binário resultante deve ser zero, determine a distância d 
entre as forças do binário de 500 N. 
500 N 
l-0,9 m-~d-~--+--0,9 m 
A 
500 N 
750 N 
Problema 4.163 
750 N 
8 
1 
I ,2 m 
•4.164. Determine os ângulos de direção coordenados a, {J, y 
da força F que é aplicada na extremidade do encanamento, 
de modo que o momento de F em relação a O seja zero. 
•4.165. Determine o momento da força F em relação ao 
ponto O. A força possui ângulos de direção coordenados de 
a = 60°, fJ = 120°, y = 45°. Expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
F - 100 N 
z 
250mm 
r--- 200 mm -----,.,4-- 150 nml --7 
X 
Problemas 4.164/ 16S 
Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças 143 I 
4.166. A lança do elevador é estendida até a posição 
mostrada. Se o operário pesa 800 N (~ 80 kg), determine o 
momento dessa força em relação à conexão em A. 
Problema 4.166 
4.167. Determine o momento da força F c em relação a 
dobradiça da porta em A. Expresse o resultado como um 
vetor cartesiano. 
•4.168. Determine a intensidade do momento da força F c 
em relação ao eixo das dobradiças aa da po11a. 
X 
/ 
~ y 
Problemas 4.167/ 168 
•4.169. Expresse o momento do binário atuando no 
encanamento na forma de um vetor cartesiano. Resolva o 
problema (a) usando a Equação 4.13 e (b) somando o mo-
mento de cada força em relação ao ponto O. Considere F = 
{25k} N. 
4.170. Se o momento de binário atuando no encanamento 
possui uma intensidade de 400 N · m, determine a intensidade 
F da força vertical aplicada em cada chave. 
Problemas 4.169/ 170 
144 I Estático 
4.171. Substitua a força em A por uma força c momento de 
binário resultante equivalente no ponto P. Expresse o 
resultado na forma de um vetor cartesiano. 
p 
T 4m 
lOm 
8m 
L 6 m--r:~::::-8 -m:_-:._-:_-..,.7-/~A ~ 
Problema 4.171 
•4.112. A força horizontal de 30 N atua no cabo da chave. 
Determine o momento de sa força em relação ao ponto O. 
Especifique os ângulos de d ireção coordenados a, p, y do 
eixo do momento. 
•4.113. A força horizontal de 30 N atua no cabo da chave. 
Qual é a intensidade do momento dessa força em relação ao 
eixo z? 
Problemas 4.1 72/ 173 
Equilíbrio de um corpo rígido 
Obietivos do capítulo 
• Desenvolver as equações de equilíbrio para um corpo rígido. 
• Introduzir o conceito do diagrama de corpo livre para um corpo rígido. 
• Mostrar como resolver problemas de equilíbrio de corpo rígido usando as equações de equilíbrio. 
Condições de equilíbrio do corpo rígido 
Nesta seção, desenvolveremos as condições necessárias c suficientes para o 
equilíbrio do corpo rígido na Figura 5.Ja. Como mostra a figura , este corpo está 
sujeito a um sistema externo de força e momento de binário que é o resultado dos 
efeitos das forças gravitacionais, elétricas, magnéticas ou de contato causadas pelos 
corpos adjacentes. As forças internas causadas pelas interações entre partículas dentro 
do corpo não são mostradas nesta figura porque essas forças ocorrem em pares 
colineares iguais, mas opostos e, portanto, serão canceladas, uma consequência da 
terceira lei de Newton. 
F4 ! '' 
"' o. ,., 111 -= ( 1\12 
Figura S.l 
Usando os métodos do capítulo anterior, o sistema de força e momento de binário 
que atuam sobre um corpo podem ser reduzidos a uma força resultante e um momeuto 
de binário resultante equivalentes em qualquer ponto O arbitrário dentro ou fora do 
146 I Estática 
(b) 
(c) 
Figura S.l 
w 
2T R 
Figura S.2 
corpo (Figura 5.1 b). Se essa força e momento de binário resultantes são ambos iguais 
a zero, então dizemos que o corpo está em equilíbrio. Matematicamente, o equilíbrio 
de um corpo é expresso como: 
FR = 1:F =o 
(MR)o = 1:M0 = O (5.1) 
A primeira dessas equações afirma que a soma das forças que agem sobre o corpo 
é igual a zero. A segunda equação diz que a soma dos momentos de todas as forças 
no sistema em relação ao ponto O, somada a todos os momentos de binário, é igual 
a zero. Essas duas equações não são apenas necessárias para o equilíbrio; elas são 
também suficientes. Para mostrar isso, considere a soma dos momentos em relação 
a algum outro ponto, como o ponto A na Figura 5.1 c. Precisamos de: 
1:MA = r X FR + (MR)o = O 
Como r i: O, essa equação é satisfeita apenas se as equações 5.1 forem satisfeitas, 
ou seja, se FR = O e (MR)o = O. 
Ao aplicarmos as equações de equilíbrio, assumiremos que o corpo permanece 
rígido. a verdade, entretanto, todos os corpos deformam quando sujeitos a cargas. 
Embora esse seja o caso, mruitos dos materiais usados em engenhar ia, como o aço e 
o concreto, são muito rígidos e, portanto, sua deformação normalmente é muito 
pequena. Consequentemente, quando aplicamos as equações de equilíbrio, em geral 
podemos assumir, sem introduzir qualquer erro significativo, que o corpo pem1anecerá 
rígido e não deformará sob a carga aplicada. Desse modo, a direção das forças 
aplicadas e seus braços de momento com relação a uma referência fixa pem1anecem 
invariáveis antes e após o corpo ser carregado. 
, -
EQUILIBRIO EM DUAS DIMENSOES 
Na primeira parte do capítulo, consideraremos o caso em que o sistema de forças 
que age sobre um corpo rígido se situa em, ou pode ser projetado para, um único 
plano e, além disso, quaisquer momentos de binário atuando sobre o corpo são 
direcionados perpendicularmente a esse plano. Esse tipo de sistema de força e 
binário é frequentemente referido como um sistema de forças bidimensional ou 
coplanar. Por exemplo, o aeroplano na Figura 5.2 possui um plano de simetria 
através de seu eixo centran e, portanto, as cargas atuando sobre o aeroplano são 
simétricas em relação a esse plano. Assim, cada um dos dois pneus de asa suportará 
a mesma carga T, que é representada na visão lateral (bidimensional) do plano 
como 2T . 
Diagramas de corpo livre 
A aplicação bem-sucedida das equações de equilíbrio requer uma especificação 
completa de todas as forças externas conhecidas e desconhecidas que atuam sobre o 
corpo. A melhor maneira de considerar essas forças é desenhar um diagrama de corpo 
livre. Esse diagrama é um esboço da forma do corpo, que o representa isolado ou 
'livre' de seu ambiente, ou seja, um 'corpo livre'. Nesse esboço é necessário mostrar 
todas as forças e momentos de binário que o ambiente exerce sobre o corpo de modo 
que esses efeitos possam ser considerados quando as equações de equilíbrio são 
aplicadas. Um entendimento completo de como desenhar um diagrama de corpo livre 
é de primordial importância para a resolução de problemas em mecânica. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 147 I 
Rea~ões de apoio 
Antes de apresentar um procedimento formal de como desenhar um diagrama 
de corpo livre, vamos analisar os vários tipos de reações que ocorrem em apoiose pontos de contato entre corpos sujeitos a sistemas de forças coplanares. Como 
regra geral, 
• Se um apoio impede a translação de um corpo em uma determinada 
direção, então, uma força é desenvolvida no corpo nessa direção. 
• Se a rotação é impedida, um momento de binário é exercido sobre o corpo. 
Por exemplo, vamos considerar três maneiras na qual um membro horizontal, 
como uma viga, é apoiado na sua extremidade. Um método consiste de um rolete ou 
cilindro (Figura 5.3a). Como esse apoio apenas impede que a viga translade na 
direção vertical, o rolete só exercerá uma força sobre a viga nessa direção (Figura 
5.3b ). 
A viga pode ser apoiada de uma forma mais restritiva por meio de um pino, 
(Figura 5.3c). O pino passa por um furo na viga e duas fol has que são fixas no solo. 
Aqui, o pino pode impedir a translação da viga em qualquer direção ,P (Figura 5.3d) 
e, portanto, o pino deve exercer uma força F sobre a viga nessa direção. Para fins 
de análise, geralmente é mais fácil representar essa força resultante F por suas duas 
componentes retangulares F.r e F,. (Figura 5.3e). Se F.r e FY são conhecidas, então F 
e ,P podem ser calculadas. 
A maneira mais restritiva de apoiar a viga seria usar um apoio fixo, como mostra 
a (Figura 5.3./). Esse apoio impedirá tanto a translação quanto a rotação da viga. 
Para fazer isso, uma força e momento de binário devem ser desenvolvidos sobre a 
viga em seu ponto de conexão (Figura 5.3g). Como no caso do pino, a força geralmente 
é representada pelas suas componentes retangulares F_.. e FY" 
A Tabela 5. J relaciona outros tipos comuns de apoio para corpos sujeitos a 
sistemas de forças coplanares. (Em todos os casos, assume-se que o ângulo e seja 
conhecido.) Estude cuidadosamente cada um dos símbolos usados para representar 
esses apoios e os tipos de reações que exercem sobre seus membros em contato. 
TABELA S.l I Apoios para corpos rígidos sujeitos a sistemas de forças bidimensionais 
Tipos de conexão Reação 
(1) 
cabo 
(2) 
rolete 
(a) 
(b) 
t 
. ptno 
(<) 
(d) 
(e) 
apoio fixo 
(f) 
(g) 
Figura 5.3 
Número de incógnitas 
Uma incógnita. A reação é uma força 
de tração que atua para fora do 
membro na direção do cabo. 
ou Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua ao longo do eixo e ligação. 
F 
ligação sem peso 
(3) 
rolctc 
F 
f 
Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua perpendicularmente à 
superftcie no ponto de contato. 
F 
('c:()fllillllll,} 
148 
(4) 
(5) 
(6) 
(7) 
( l O) 
Estática 
Tipos de conexão 
rolete ou pino 
confinado em ranhura lisa 
apoio oscilante 
superficic de contato 
lisa 
membro fixo conectado 
ao colar em haste lisa 
apoio fixo 
ou engaste 
F 
F 
F 
F 
F 
MQ~·':J 
Reação 
ou 
F 
ou 
ou 
(comimiOÇ(iO) 
N(Jmero de incógnitas 
Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua perpendicularmente a ranhura. 
Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua perpendicularmente à 
superfície no ponto de contato. 
Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua perpendicularmente à 
superfície no ponto de contato. 
Uma incógnita. A reação é uma força 
que atua perpendicularmente à barra. 
Duas incógnitas. As reações são duas 
componentes da força, ou a intensidade e 
a direção ~ da força resultante. Note que 
1/J e fJ não são necessariamente iguais 
[normalmente não, a menos que a barra 
mostrada seja uma ligação como em (2)]. 
Duas incógnitas. As reações são o 
momento de binário e a força que age 
perpendicularmente à barra. 
Três incógnitas. As reações são o 
momento de binário e as duas 
componentes da força , ou o momento 
de binário e a intensidade e direção ~ 
da força resultante. 
Exemplos comuns de suportes reais são mostrados na seguinte sequência de fotos. Os números se referem aos tipos de 
conexão da Tabela 5.1. 
O cobo exerce 
umo forço sobre o 
opoio, no direção 
do cobo. (I) 
O apoio oscilante poro esta vigo 
meslro de ponte permite um 
movimento hori zontol de modo 
que o ponte esteja livre poro se 
expandir e contrair devido às 
variações de temperatura. (5) 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 149 I 
Esta viga mestra de concreto está 
apoiado sobre o base que deve 
agir como uma superfície de 
contato liso. (6) 
Forcas internas , 
\. 
Esta construção utilitário está 
apoiado por pinos no oito do 
coluna. (8) 
Como vimos na Seção 5. 1, as forças internas que atuam entre partículas adjacentes 
em um corpo sempre ocorrem em pares colineares de modo que tenham a mesma 
intensidade e ajam em direções opostas (terceira lei de Newton). Como es as forças 
• se cancelam mutuamente, elas não criarão um efeito externo sobre o corpo. E por 
essa razão que as forças internas não devem ser incluídas no diagrama de corpo livre 
se o corpo inteiro precisa ser considerado. Por exemplo, o motor mostrado na Figura 
5.4a tem um diagrama de corpo livre mostrado na Figura 5.4b. As forças internas 
entre todas as peças conectadas, como parafusos e porcas, se cancelarão, pois formam 
pares colincarcs iguais c opostos. Apenas as forças externa T 1 c T 1, exercidas pelas 
correntes c pelo peso do motor W, são mostradas no diagrama de corpo livre. 
(a) w 
(b) 
Figura 5.4 
O peso e o centro de gravidade 
Quando um corpo está dentro de um campo gravitacional, cada uma de suas 
partículas possui um peso específico. A Seção 4.8 mostrou que esse sistema de forças 
pode ser reduzido a uma única força resultante que age em um ponto específico. Essa 
força resultante é chamada de peso W do corpo, e a posição de seu ponto de aplicação, 
decelllro de gravidade. Os métodos utilizados para sua deterrnimação serão desenvolvidos 
no Capítulo 9. 
Nos exemplos c problemas que se seguem, se o peso do corpo é importante para 
a análise, essa força será citada no enunciado do problema. Além disso, quando o 
corpo é uniforme ou feito do mesmo material, o centro de gravidade estará localizado 
no centro geométrico ou centroide do corpo; no entanto, se o corpo é constituído de 
uma distribuição não uniforme de material, ou possui uma forma incomum, a 
localização de seu centro de gravidade C será dada. 
As vigas do piso desta construção 
são juntos soldados e, portento, 
formam conexões fixos. ( 1 O) 
150 I Estático 
(a) 
F 
8 
(b) 
Figura S.S 
Modelos idealizados 
Quando tm1 engenheiro realiza uma análise de força de qualquer objeto, ele 
considera um modelo analítico ou idealizado correspondente que fornece resultados 
que se aproximam o máximo possível da situação real. Para isso, escolhas cuidadosas 
precisam ser feitas de modo que a seleção do tipo de apoio, o comportamento do 
material e as dimensões do objeto possam ser justificados. Desse modo, pode-se 
sentir seguro de que qualquer projeto ou análise produzirá resultados que podem ser 
confiáveis. Nos casos mais complexos, esse processo pode exigir o desenvolvimento 
de vários modelos diferentes do objeto a ser analisado. Em qualquer caso, no entanto, 
esse processo de seleção requer babilidade e experiência. 
Os dois casos a seguir ilustram o que é necessário para desenvolver um modelo 
adequado. Na Figura 5.5a, a viga de aço deve ser uti lizada para apoiar as três vigas 
do telhado de um edifício. Para uma análise de força, é razoável assumir que o 
material (aço) é rígido, já que apenas pequenas deformações ocorrerão quando a viga 
é carregada. A conexão aparafusada em A permitirá qualquer rotação leve que ocon·a 
aqui quando a carga for apLicada e, assim, um pino pode ser considerado para esse 
apoio. Em B, um rolete pode ser considerado, já que esse suporte não oferece qualquer 
resistência ao movimento horizontal. Nom1as de edificação são usadas para especificar 
a carga A de tLm telhado de modo que as cargas de viga F possam ser calculadas. 
Essas forças serão maiores do que qualquer carga real na viga, wna vez que elas 
consideram casos extremos de carga e efeitos dinâmicos ou vibracionais. Finalmente, 
o peso da viga geralmente é desprezado quando é pequeno comparado com a carga 
que ela suporta.O modelo idealizado da viga, portanto, é mostrado com dimensões 
médias a, b, c e d na Figura 5.5b. 
Como um segundo caso, considere a lança do elevador na Figura 5.6a. Por 
observação, ele está apoiodo em um pino em A e pelo cilindro hidráulico BC, que 
pode ser equiparado a uma ligação sem peso. O material pode ser assumido rígido e 
com sua densidade conhecida; o peso da lança e a posição de seu centro de gravidade 
G são determinados. Qua111do uma carga de projeto P é especificada, o modelo 
idealizado mostrado na Figura 5.6b pode ser utilizado para uma análise de força. As 
dimensões médias (não mostradas) são usadas para especificar o local das cargas e 
. 
apOIOS. 
Modelos idealizados de Qbjetos específicos serão dados em alguns dos exemplos 
ao longo deste capítulo. Cabe ressaltar, porém, que cada caso representa a redução 
de uma situação prática, utilizando hipóteses simplificadoras, como as ilustradas aqui. 
p 
(a) (b) 
Figura S.6 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 151 
I Procedimento para análise 
Para construir um diagrama de corpo üvre para um corpo rígido ou qualquer 
grupo de corpo considerados como um sistema único, as etapas a seguir devem cr 
realizadas: 
Desenhe o formo esboçado 
Imagine que o corpo esteja isolado ou ' livre' de suas restrições c conexões, c 
de cnhc (c bocc) sua forma. 
Mostre todos os forças e momentos de binário 
Identifique todas as forças externas e momentos de binário conhecidos e 
desconhecidos que atuam sobre o c01po. Em geral, as forças encontradas se devem 
a ( I) cargas aplicadas, (2) reações ocorrendo nos apoios ou em pontos de contato 
com outros corpos (veja a Tabela 5.1) e (3) o peso do corpo. Para considerar todos 
esses efeitos, pode ser lltil rastrear os contornos, observando cuidadosamente cada 
força ou momento de binário que age sobre eles. 
Identifique cada cargo e dimensões dados 
As forças c momentos de binário que são conhecidas devem ser indicadas com 
suas intensidades c direções corretas. Letras são usadas para representar as intensi-
dades e ângulos de direção das forças e momentos de binário que são de conhecidos. 
Estabeleça um sistema de coordenadas x, y de modo que essas incógnitas, A., A, etc., 
possam ser identificadas. Finalmente, indique as dimensões do corpo neces árias para 
calcular os momentos das forças. 
Pontos importantes 
• enhum problema de equilíbrio deve ser resolvido sem antes desenhar o 
diagrama de corpo livre, a fim de considerar todas as forças e momentos de 
binário que atuam sobre o corpo. 
• Se um apoio impede a translação de um corpo em uma determinada direção, 
então o apoio exerce uma força sobre o corpo nessa direção. 
• Se a rotaçliO é impedida, então o apoio exerce um momento de binário sobre 
o corpo. 
• Estude a Tabela 5.1. 
• As forças internas nunca são mostradas no diagrama de corpo livre, já que 
elas ocorrem em pares colincarcs iguais, mas opostos e. portanto, se cancelam. 
• O peso de um corpo é uma força externa e seu efeito é representado por uma 
única força resultante que atua sobre o centro de gravidade G do corpo. 
• Momentos de binário podem ser colocados em qualquer lugar no diagrama 
de corpo livre, visto que ão vetores livres. As forças podem agir em qualquer 
ponto ao longo de suas linhas de ação, já que são verores desli=anres. 
152 I Estática 
(a) 
Figura 5.8 
Exemplo 5.1 
Desenhe um diagrama de corpo livre da viga uniforme mostrada na Figura 5.7a. A 
viga possui uma massa de I 00 kg. 
1--2 m - -l 1200 N 
A 
r------------6m------------, 
(a) 
~ 
SOLUCAO 
• 
O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na Figura 5.7b. Como o suporte em 
A é fixo, a parede exerce três reações sobre a viga, representadas como A.., A ... e M". 
As intensidades dessas reações são desconhecidas e seu sentido foi assumido. O peso 
da viga, W = 100(9,81) N = 981 N, atua através do centro de gravidade da viga G, 
que está a 3 m de A, já que a viga é unifonne. 
y 
LX AJ' f--2m 
., 
~ 
~A.,~ 
lO Efeito do apo 
fixo que atua 
na vtga 
~~ MA 3m 
(b) 
Figura 5.7 
Exemplo 5.2 
1200 N 
Efeito da força apl icada 
que atua na viga 
G 
981 N 
I 
Efei to da gravidade (peso) 
que atua na viga 
Desenhe um diagrama de corpo livre do pedal mostrado na Figura 5.8a. O operador 
aplica uma força vertical no pedal de modo que a mola é estendida em 40 mm e a 
força no elo curto em 8 é I 00 N. 
~ 
SOLUCAO 
• 
Por observação da foto, o pedal é aparafusado frouxamente à estrutura em A. A barra 
em 8 é pinada em suas extremidades e age como uma ligação curta. Após fazer as 
medições apropriadas, o modelo idealizado do pedal é mostrado na Figura 5.8b. A 
partir dele, o diag rama de corpo livre é mostrado na Figura 5.8c. O apoio pinado em 
A exerce componentes de força Ax e AY sobre o pedal. A ligação em 8 exerce uma 
força de I 00 N, atuando na direção da ligação. Se a rigidez é medida e detenninada 
a ser k = 5 N/m, então, como o alongamento s = 40 mm, usando a Equação 3.2, 
F, = ks = 5 N/m (40 mm) = 200 N. Finalmente, o sapato do operador aplica uma 
força vertical de F sobre o pedal. As dimensões do pedal também são mostradas no 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 153 I 
diagrama de corpo livre, já que essa informação será útil quando calcularmos os 
momentos das forças. Como sempre, os sentidos das forças desconhecidas em A 
foram as um idos. Os sentidos corretos se tomarão claros após resolvermos as equações 
de equilíbrio. 
F F 
I 
4orm 
I 
25mm 
k - SN/m 
L= l25mm 
125 mm 
(b) 
Figura 5.8 
Exemplo 5.3 
Dois tubos lisos, cada um com uma massa de 300 kg, são suspensos pela pá do trator 
na Figura 5.9a. Desenhe os diagramas de corpo livre para cada tubo e para os dois 
tubos juntos. 
-SOLUCAO 
• 
O modelo idealizado a partir do qual precisamos desenhar os diagramas de corpo 
livre é mostrado na Figura 5.9b. Aqui, os tubos são identificados. as dimen ões foram 
acrescentada c a situação fisica reduzida à sua forma mais simple . 
O diagrama de corpo livre para o tubo A é mostrado na Figura S.9c. Seu peso é 
W = 300(9,81) N = 2943 N. Considerando que todas as superficics de contato são 
lisas, as forças reativas T, F, R agem em uma direção normal à tangente em suas 
superficics de contato. 
(b) 
Efeito da lâmina 
inclinada agindo 
emA 
2943 N 
Efeito da gravidade 
(peso) agindo em A 
(c) 
Efeito de B agindo sobre A 
R 
o· 
Efeito do garfo 
F inclinado agindo 
emA 
O diagrama de corpo livre do tubo 8 é mostrado na Figura 5.9d. Você pode identificar 
cada uma das três forças atuando neste tubo? Em particular, note que R, representando 
a força de A sobre 8 (Figura S.9d), é igual e oposta a R representando a força de 8 
em A (Figura 5. 9c). Isso é uma consequência da terceira lei do movimento de 
Newton. 
O diagrama de corpo livre dos dois tubos combinados (o 'sistema') é mostrado na 
Figura 5.9e. Aqui a força de contato R, que age entre A e 8 , é considerada uma 
força interna c, portanto, não é mostrada no diagrama de corpo livre. Ou seja, ela 
representa um par de forças eolineares iguais, mas opostas, o que faz com que uma 
cancele a outra. 
100 ' 
200 
A Ar 
A_. 
(c) 
R 
T 
40rm 
25mm 
(a) 
2943 
p 
(d) 
2943 N 
2943N \ 
F 
(e) 
Figura 5.9 
p 
154 I Estática 
~1 ,40 m-k-:--1 
0,8 m 
(b) 
A, ---i~..._.....óll 
1,40 m---l 
0,8 m 
A 
A, 
1962 N 
(c) 
Figura S.l O 
Problemas 
Exemplo 5.4 
Desenhe o diagrama de corpo livre da plataforma descarregada que está suspensa 
para fora do equipamento de óleo mostrado na Figura 5.1 Oa. A platafonna possui 
uma massa de 200 kg. 
(a) 
-SOLUCAO • 
O modelo idealizado da platafonna será considerado em duas dimensões porque, por 
observação, a carga e as dimensões são todas simétricas em relação a um plano 
vertical passando por seu centro (Figura 5.1 Ob). A conexão em A é considemda um 
pino e o cabo sustenta a plataforma em B. A direção do cabo e as dimensões médias 
da plataforma são dadas, e o centro de gravidade G foi determinado. É desse modelo 
que desenhamos odiagrama de corpo livre mostrado na Figura 5.1 Oc. O peso da 
plataforma é 200(9,81) = I 962 N. As componentes da força Ax e A,., bem como a 
força do cabo T, representam as reações que ambos os pinos e ambos os cabos 
exercem sobre a platafom1a (Figura 5.1 Oa). Consequentemente, após a solução para 
essas reações, metade de suas intensidades é desenvolvida em A e metade em B. 
•5.1. Desenhe o diagrama de corpo livre da bobina de papel 
de 50 kg que possui um centro de massa em G e se apoia 
sobre a lâmina lisa da empilhadeira. Explique o significado 
de cada força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
5.2. Desenhe um diagrama de corpo livre do membro AB, 
que está apoiado por um rolete em A e por um pino em 8. 
Explique o significado de cada força em ação no diagrama. 
(Veja a Figura 5.7b.) 
1950 
1200 N · m 
Problema S.l Problema 5.2 
5.3. Desenhe o diagrama de corpo livre da caçamba D do 
caminhão, que possui um peso de 25 kN e um centro de 
gravidade em G. Ela está apoiada em um pino em A e um 
cilindro hidráulico conectado por pino em BC (ligação curta). 
Explique o significado de cada força em ação no diagrama. 
(Veja a Figura 5.7b.) 
Problema 5.3 
•5.4. Desenhe o diagrama de corpo livre da viga que suporta 
a carga de 80 kg e é sustentada por wn pino em A e wn cabo 
que contorna a polia em D. Explique o significado de cada 
força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
D 
4 
A B E 
~~~~~=;jlc 
~2 m- -+- 2 m--l--1,5 m-Il 
Problema 5.4 
•5.5. Desenhe o diagrama de corpo livre da treliça que é 
sustentada pelo caboAB e pelo pino C. Explique o significado 
de cada força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
8 
A . .. 
I 
2 m 
-1 : :. 
3 kN 4k 
2 m l- 2m I 2 m 
Problema 5.5 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 155 I 
5.6. Desenhe o diagrama de corpo livre da lança de guindaste 
AB, que possui um peso de 3,25 kN e um centro de gravidade 
em G. O apoio é sustentado por um pino em A e um cabo 
em BC. A carga de 6,25 kN é suspensa por um cabo preso 
em B. Explique o significado de cada força em ação no 
diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
3,6 m 
8 
5,4 m 
- -• • 
.A. 
Problema 5.6 
5.7. Desenhe o diagrama de corpo li vre da chave, sujeita 
à força de I 00 N. O apoio em A pode ser considerado um 
pino, e a superfície de contato em B é lisa. Explique o 
significado de cada força em ação no diagrama. (Veja a 
Figura 5. 7 b.) 
100 N 
Problema 5.7 
•5.8. Desenhe o diagrama de corpo livre do membro ABC 
que é sustentado por um anel liso em A, um rolete em B e 
uma ligação curta em CD. Explique o significado de cada 
força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
2,5 kN 
c ,. D 
·--------~·,,.11 T 
3 m 
I 
Problema 5.8 
156 I Estática 
•5.9. Desenhe o diagrama de corpo livre da barra, que possui 
uma espessura desprezível e pontos de contato lisos em A, 
B c C. Explique o significado de cada força em ação no 
diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
75~m 
30° ~ 
125 mm 
c 8 -
-;; 
30° 
Problema S. 9 
5.10. Desenhe o diagrama de corpo livre do guincho, que 
consiste de um tambor de raio I 00 mm. Ele está conectado 
Problemas conceituais 
5.1. Desenhe o diagrama de corpo livre uniforme da lata de 
lixo, que tem um peso significante. Ela é conectada por pino 
em A e se apoia sobre um membro horizontal liso em 8. 
Mostre seu resultado em uma vista. Rotule quaisquer 
dimensões necessárias. 
Problema 5.1 
5.2. Desenhe o diagrc~ma de corpo livre do estabilizador ABC 
usado para apoiar uma escavadeira. O pino superior 8 é conec-
tado ao cilindro hidráulico, que pode ser considerado uma I igação 
curto (membro de duas forças); a sapata em A é lisa e o estabi-
lizador está conectado à estrutura por meio de lLI1l pino em C. 
Problema 5.2 
por pino em seu centro C e, em seu anel externo, existe uma 
engrenagem dentada com raio médio de 150 mm. A trava 
AB serve como um membro de duas forças (ligação curta) 
e impede que o tambor gire. Explique o significado de cada 
força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 
100 mm 
2500 N 
Problema 5.1 O 
5.3. Desenhe o diagrama de corpo livre da asa de um avião 
de passageiros. Os pesos do motor e da asa são significantes. 
Os pneus em B são lisos. 
-
Problema 5.3 
*5.4. Desenhe o diagrama de corpo livre da roda e o membro 
A8C usado como parte do trem de pouso em um avião a 
jato. O cilindro hidráulico AD atua como um membro de 
duas forças e existe urna conexão de pino em B. 
Problema 5.4 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido I 157 I 
Equações de equilíbrio 
Na Seção 5.1, de envolvemos as duas equações que são necessárias e sulicientes 
para o equilíbrio de um corpo rígido, a saber. LF = O e LM 0 = O. Quando o corpo 
está sujeito a um sistema de forças, todas situadas no plano x y, então a forças 
podem ser decomposta em suas componentes x c y. Consequentemente, as condições 
para o equilíbrio em duas d imensões são: 
r 
I 
'EF =O ;c 
'EF_,. = o 
(5.2) 
'iM0 =0 
Aqui, 'EF, c 'EF,, representam as somas algébricas respectivamente das 
componentes x c y de todas as forças agindo sobre o corpo; e 'EM0 representa a 
soma a lgébrica dos momentos de binário c os momentos de todas as componentes 
de força em relação ao eixo z, que é perpendicular ao plano x-y c passa pelo ponto 
arbi trário O. 
Conjuntos alternativos de equações de equilíbrio 
Embora as equações 5.2 sejam mais frequentemente usadas para resolver 
problemas de equilíbrio coplanares, dois conjuntos alternativos de três equações de 
equilíbrio independentes também podem ser usados. Um desses conjuntos é 
'EF =O ;c 
'iM, =O 
LM8 =0 (5.3) 
Ao usar essas equações, é necessário que uma tinha passando pelos pontos A e 
B não seja paralela ao eixo y. Para provar que as equações 5.3 oferecem as condições 
para o cquilibrio, considere o diagrama de corpo livre da placa mostrada na Figura 
5.l la. Usando os métodos da Seção 4.8, todas as forças no d iagrama de corpo livre 
podem ser substituídas por uma força resultante equivalente F R = 'E F, atuando no 
ponto A, c um momento de binário resultante MR = L M11 (Figura 5. 11 b). Se 'EMA =O A 
for satisfeita, é necessário que MR = O. Além disso, para que F R satisfaça 'EF, = O, 
A 
ela não pode ter qualquer componente ao longo do eixo x e, portanto, FR precisa ser 
paralela ao eixo y (Figura 5. 1lc). Finalmente, se for necessário que 'EM8 = O, onde 
8 não se encontra na linha de ação de F R• então F R = O. Como as equações 5.3 
mostram que essas duas resultantes são iguais a zero, sem dúvida, o corpo na 
Figura 5.lla só pode estar em equilíbrio. 
Um segundo conjunto alternativo de equações de equilíbrio é: 
LM, = O 
L.M8 = O 
'EMc: =O (5.4) 
Aqui é necessário que os pontos A, 8 e C não estejam na mesma linha. Para 
provar que c as equações, quando atisfeitas, garantam o equilíbrio, eon idcrc 
novamente o diagrama de corpo livre na Figura 5.11 b. Se 'LM11 = O precisa cr 
satisfeita, então MR = O. 'iMc =O é satisfeita se a linha de ação de FR passar pelo 
A 
ponto C como mostrado na Figura 5.llc. Finalmente, se precisamos de 'EM8 = O, é 
necessário que F R = O c, ponanto, a placa na Figura 5. l la precisa estar em equilíbrio. 
8 
(a) 
(b) 
(c) 
Figura 5.11 
158 I Estática 
600N 
(a) 
Pro<edimento para análise 
Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para um corpo rígido podem ser 
resolvidos usando o seguinte procedimento. 
Diagrama de carpa livre 
• Estabeleça os eixos coordenados x, y em qualquer orientação apropriada. 
• Desenhe uma forma esquemática do corpo. 
• Mostre todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. 
• Rotule todas as cargas e especifique suas direções em relação ao eixo x 
ou y. O sentido de uma força ou momento de binário de intensidade 
desconhecida mas com uma linha de ação conhecida pode ser assumido. 
• Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das 
forças. 
Equações de equilíbrio 
• Aplique a equação de equilíbrio de momento, l.M0 = O, em relação a tun 
ponto (O) localizado na interseçãodas linhas de ação das duas forças 
desconhecidas. Assim, os momentos dessas incógnitas são iguais a zero em 
relação a O, e uma solução direta para a terceira incógnita pode ser determinada. 
• Ao aplicar as equações de equilíbrio de força, l.Fx =O e l.Fx =O, oriente os 
eixos x e y ao longo das linhas que fornecerão a decomposição mais simples 
das forças em suas componentes x e y. 
• Se a solução das equações de equilíbrio produzir um escalar negativo para 
uma intensidade de força ou momento de binário, isso indica que o sentido 
é oposto ao que foi assumido no diagrama de corpo livre. 
Exemplo 5.5 
Detennine as componentes horizontal e vertical da reação sobre a viga, causada pelo 
pino em B e o apoio oscilante em A, como mostra a Figura 5.12a. Despreze o peso 
da viga. 
200N 
IOO N 
Figura 5.12 
-SOLUCAO 
• 
Diagrama de corpo livre 
y 
600 sen 45° 
600 cos 45° N 0,2 m 
A I 
-2m-1-3m--·l--2m-1 
8 
Ay 
100 N 
(b) 
Identifique cada uma das forças mostradas no diagrama de corpo Livre da viga (Figura 
5. 12b). (Veja o Exemplo 5. n .) Para simplificar, a força de 600 N é representada por 
suas componentes x e y, como mostra a Figura 5. 12b. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido I 159 I 
Equa~ões de equilíbrio 
Somando as forças na direção x, temos: 
.±. 'i.~ = O; 600 cos 45° N - B. = O 
B, = 424 N 
Uma olução direta para A, pode ser obtida aplicando-se a equação de momento 
'i.M8 =O em relação ao ponto 8. 
\..+'i.Ml = O; IOON(2m)+(600scn45° )(5 m) 
- (600 cos 45° )(0,2 m)- A,.(? m) = O 
A,= 319N 
Somando as forças na direção y, usando esse resultado, produz: 
+I 'LF, = O; 319 N - 600 sen 45° - I 00 N - 200 N + 8,. = O 
B .•. = 405 N 
NOTA: Podemos conferir esse resultado somando os momentos em relação ao ponto A. 
\.. +'i.M11 = O; - (600 scn 45° N)(2 m)- (600 cos 45° N)(0,2 m) 
- ( 100 N)(5 m)- (200 N)(7 m) + 8,. (7 m} =O 
8 ,. = 405 . 
Exemplo 5.6 
A corda mostrada na Figura 5. 13a suporta uma força de 500 N c contorna a polia 
sem atrito. Determine a tração na corda em C e as componentes vertical c horizontal 
da reação no pino A. 
-SOLUCAO • 
Diagramas de corpo livre 
Os diagramas de corpo livre da corda e da polia são mostrados na Figura 5. 13b. Note 
que o principio da ação que é igual mas oposta à reação precisa ser cuidadosamente 
observado quando desenhar cada um desses diagramas: a corda exerce uma distribuição 
de carga desconhecida p sobre a polia na superficie de contato, enquanto a polia exerce 
um efeito igual mas oposto sobre a corda. Para a solução, no entanto, é mais simples 
combinar os diagramas de corpo livre da polia e essa parte da corda, de modo que a 
carga distribuída se torne inlema a esse 'sistema' e, portanto, seja eliminada da análise 
(Figura 5. 13c). 
Equa~ões de equilíbrio 
Somando os momentos em relação ao ponto A para eliminar A, e A, (Figura 5. 13c}, 
temos: 
\.. +'LM, = 0: 500 N(0,2 m)- T(0,2 m) =O 
U ando o resultado, 
.±. 'i.F. = O; 
+I 'i.F, = O; 
T= 500 N 
- A,+ 500 sen 30° = O 
Ax = 250 
A,. - 500 N - 500 cos 30° N = O 
A , = 933 
NOTA: Observe que a tração permanece constante conforme a corda passa pela polia. 
{Isso, sem dúvida, é verdade para qualquer ângulo e em que a corda seja direcionada 
e para qualquer raio r da polia.) 
8 • 300 
c ~ 
500 
(a) 
500 N T 
(b) 
0,2 m 
500N T 
(<) 
figura 5.13 
160 I Estática 
Exemplo 5.7 
O membro mostrado na Figura 5.14a está conectado por um pino em A e apoia-se 
em um suporte liso em 8. Determine as componentes horizontal e vertical da reação 
no ponto A. 
90 N · m 90 N · m 
l-- I m - - 1- - --l 1-- lm- - 1 
(a) 
0,5 m 
60 60N 
(b) 
Figura 5.14 
-SOLUCAO • 
Diagramo de corpo livre 
Como mostra a Figura 5.14b, a reação N8 é perpendicular ao membro em 8. Além 
disso, as componentes horizontal e ve1tical da reação são representadas em A. 
Equações de equilíbrio 
Somando os momentos em relação a A, obtemos uma solução direta para N8 , 
\.. +'i.M11 =O; -90 N · m - 60 N( l m) + N8 (0, 75 m) = O 
N8 = 200 N 
Usando esse resultado, 
.::!:. 'i:.Fx = O; A .r - 200 sen 30° N = O 
.::!:. L.F. = O· ,T ) 
Exemplo 
Ax = 100 N 
A y - 200 cos 30°N - 60 N = O 
A,. = 233 N 
5.8 
A chave de caixa na Figura 5. 15a é usada para apertar o parafuso em A. Se a chave 
não gira quando a carga é aplicada ao cabo, determine o Iorque ou momento aplicado 
ao parafuso e a força da chave sobre o parafuso. 
0,4 rn - -l m 
y 
Lx 30 
52 N 30 N 
(o) (b) 
figura S.l S 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido I 161 
-SOLUCAO 
• 
Diagrama de 'orpo livre 
O diagrama de corpo livre para a chave é mostrado na Figura 5.l5b. Uma vez que 
o parafuso age como um 'apoio fixo', ele exerce componentes de força Ax e A, e um 
momento M .. obre a chave em A. 
Equa~ões de equilíbrio 
.±. 'LF. = O; A,- 52( fr) N + 30 cos 60° N =O 
A,= 5 
+ 1 L.F, = O; A,.- 52( +t) N - 30 sen 60° N = O 
A,= 74 N 
\. + 2:M ... =O; M..t - [s2( ft) N J<o.3 m)- (30 sen 60° N)(O, 7 m) =O 
M..t = 32,6 · m 
Observe que M,., precisa ser incluído nessa soma de momentos. Esse momento de 
binário é um vetor li vre c representa a resistência à torção do parafuso sobre a chave. 
Pela terceira lei de Newton, a chave exerce um momento ou torque igual mas oposto 
sobre o parafuso. Além disso, a força resultante sobre a chave é: 
F.= j(5J + (74)2 = 74, I N 
NOTA: Embora apenas três equações de equilíbrio independentes pos am ser escritas 
para um corpo rígido, é uma boa prática verificar os cálculos usando uma quana 
equação de equil íbrio. Por exemplo, os cálculos anteriores podem ser parciahncntc 
checados ornando os momentos em relação ao ponto C: 
\. + í:.Mc = O; [52( : ~ ) N ]<O, 4 m) + 32,6 · m - 74 N (O, 7 m) = O 
19,2 N · m + 32,6 N · m- 51,8 N · m =O 
Exemplo 5.9 
Dctcnninc as componentes horizontal c vertical da reação sobre o membro no pino A 
c a reação nonnal no rolctc 8 da Figura S.l6a. 
3750 N 3750 N 
t--CI.9 m--11--0,9 m~ 
!!A E=~= 
A, )' 
(a) (b) 
Figura 5.16 
-SOLUÇAO 
Diagrama de (orpo livre 
O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 5.16b. O pino em A exerce duas 
componentes de reação sobre o membro, Ax e A,.. 
I 
0,6m 
162 I Estática 
300 N 
(a) 
y y' 
c_.,' 
s,. 
(b) 
Figura 5.17 
Equações de equilíbrio 
A reação Na pode ser obtnda diretamente somando os momentos em relação ao 
ponto A , já que A .. e Ay não produzem momento algum em relação a A. 
\. +'iMA =O; 
[Nacos 30°] (1,8 m) - (Nasen 30°] (0,6 m)- 3750N (0,9 m) =O 
Na =268 1N 
Usando esse resultado, 
+ I!~. = O; 
Exemplo 
Ax - (268 1 N) sen 30° =O 
A, = 1340,5 N 
A,+ (2681 N) cos 30° - 3750 N = O 
A_, = 1428,2 N 
5.10 
O bastão liso uniforme mostrado na Figura 5.l7a está sujeito a uma força e momento 
de binário. Se o bastão é apoioado em A por uma parede lisa e em B e C, tanto em 
cima quanto embaixo, por roletes, detennine as reações nesses suportes. Ignore o 
peso do bastão. 
SOLUCÃO 
• 
Diagramo de corpo livre 
Como mostra a Figura 5.17b, todas as reações de apoio agem nonnalmente sobre as 
superficies de contato, já que essas superficies são lisas. As reações em B e C atuam 
na direção positiva de y '. Isso significa que apenas os roletes localizados embaixo 
do bastão são usados como apoio. 
Equações de equilíbrio 
Usando o sistema de coordenadas x, y na Figura 5.17b, temos: 
.±. l.Fx =O; 
+r L-F_,.= o; 
\. +'LMA =O; 
cy' sen 30° + B.- sen 30° - A.T = o 
-300 N + c,.. cos 30° + B,.- cos 30° = O 
-Bv· (2 m) + 4000 N · m- C_.·(6 m) 
+ (300 cos 30° N)(8 m) = O 
(l) 
(2) 
(3) 
Ao escrever a equação de momento, você deve observar que a linha de ação da 
componente da força 300 sen 30° N passa pelo ponto A e, portanto, essa força não 
é incluída na equação de momento. 
Resolvendo as equações 2 e 3 simultaneamente, obtemos: 
B . = - 1000N = - 1 kN y 
Cx· = 1346,4 = I ,35 kN 
Como B>' é um escalar negativo, o sentido de 8>'. é oposto ao mostrado no diagrama 
de corpo livre da Figura 5.17b. Portanto, o rolete superior em B serve como apoio 
em vez do inferior. Mantendo o sinal negativopara S.r· (Por quê?) e substituindo os 
resultados na Equação I, obtemos: 
1346,4 se111 30° N + (- 1 000 sen 30° N) - Ax = 0 
A .. = 173 N 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 
Exemplo 5.11 
A rampa uniforme do caminhão mostrada na Figura 5.18a possui um peso de 1600 N 
c está conectada por pinos à carroceria do caminhão em cada lado c mantida na 
posição mostrada pelos dois cabo laterais. Detennine a tração nos cabos. 
-SOLUÇAO 
O modelo idealizado da rampa, que indica todas as dimensões e apoios necessários, 
é mostrado na Figura 5. 18b. Aqui, o centro de gravidade está localizado no ponto 
médio, já que a rampa é considerada como uniforme. 
Diagrama de corpo livre 
Trabalhando a partir do modelo idealizado, o diagrama de corpo livre da rampa é 
mostrado na Figura 5.18c. 
Equações de equilíbrio 
A soma dos momentos em relação ao ponto A produzirá uma solução direta para a 
tTação dos cabos. Usando o princípio dos momentos, existem várias maneiras de 
detem1inar o momento de T em relação a A. Se usarmos as componentes x e y, com 
T aplicado em 8 , temos: 
\. + 'i:.M, = O; - T cos 20° (2 sen 30° m) + T sen 20° (2 cos 30° m) 
+1600 (1,5 cos 30° m)= O 
T = 5985 
O modo mais simples de determinar o momento de T em relação a A é decompô-lo 
em componentes ao longo e perpendiculares à rampa em B. Então, o momento da 
componente ao longo da rampa será igual a zero em relação a A, tal que: 
\. +'i:.M..r = 0; - T sen 10° (2 m)+ 1600 N (1,5 cos 30° m) = O 
T = 5985 
Como existem dois cabos sustentando a rampa, 
T' = L = 2992 5 N 
2 ' 
NOTA: Corno um cxercicio, mostre que Ax = 5624 N e AJ = 3647 N. 
Exemplo 5.12 
Determine as reações de apoio sobre o membro na Figura 5.19a. O colar em A é fixo 
no membro e pode deslizar verticalmente ao longo da barra vertical. 
900 
~1,5m 1,5 m 1 ,5m~ 
A lm 
M• A 
500 I' · m • 
900 
L---.r 
(a) (b) 
Figura S.19 
(a) 
(b) 
(c) 
Figura S.18 
1.5m~ 
163 I 
164 I Estática 
A conexão do coçombo AB na 
retroescovodeiro é um exemplo típico 
de um membro de duas forças, já 
que está conectado por pino em suas 
extremidades e, se seu peso for 
desprezado, apenas os forças do 
pino atuam sobre este membro. 
SOLUCÃO 
• 
Diagrama de corpo livre 
O diagrama de corpo livre do membro é mostrado na Figura 5.19b. O colar exerce 
uma força horizontal Ax e o momento MA sobre o membro. A reação Na do rodízio 
sobre o membro é vertical. 
Equa~ões de equilíbrio 
As forças Ax e Na podem 
equilíbrio de força. 
ser detenninadas diretamente através das equações de 
:i. L-F, = O; A = O X 
+I L-F;. = O; N8 - 900 N =O 
Na= 900 N 
O momento M11 pode ser detenninado pela soma dos momentos em relação ao ponto 
A ou ao ponto 8. 
\.+L-MA= O; 
MA- 900 N (1,5 m)- 500 N · m + 900 N (3m + (I m) cos 45°) =O 
M11 = - 1486 N · m = 1,49 kN · m ) 
ou 
\.+L-MA= O; MA + 900 N [ 1 ,5 m + ( I m) cos 45°] - 500 N · m = O 
MA= - 1486 N · m = 1,49 kN · m ) 
O sinal negativo indica que M, possui o sentido de rotação oposto ao que é mostrado 
no diagrama de corpo livre. 
Membros de duas e três forcas , 
As soluções para alguns problemas de equilíbrio podem ser simplificadas pelo 
reconhecimento dos membros que estão sujeitos a apenas duas ou três forças. 
Membros de duas forcas 
r 
Como o nome sugere, um membro de duas forças possui forças aplicadas em 
apenas dois de seus pontos. Um exemplo de um membro de duas forças é mostrado 
na Figura 5.20a. Para satisfazer o equilíbrio de forças, F,, e F 8 precisam ser iguais em 
intensidade (F, = F8 = F), mas opostas em direção (L-F = O) (Figura 5.20b). Além 
disso, o equilíbrio de momentos exige que F11 c F a compartilhem a mesma linha de 
ação, o que só pode ocorrer se eles estiverem direcionados ao longo da linha unindo 
os pontos A e 8 (L.M, = O ou L.M 8 = O) (Figura 5.20c). Portanto, para que qualquer 
membro de duas forças esteja em equilíbrio, as duas forças agindo sobre o membro 
precisam ter a mesma intensidade, agir em direções opostas e ter a mesma linha de 
ação direcionada ao longo da linha que une os dois pontos onde essas .forças atuam. 
FA~ F 
(a) (b) (c) 
Membro de duas forças 
Figura 5.20 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido t6s I 
Membros de três forcas , 
Se um membro está sujeito a apenas três forças, ele é chamado de membro de 
três forças. O equilíbrio de momentos pode ser satisfeito apenas se as três forças 
formarem um sistema de forças concorrellles ou paralelas. Para ilustrar. considere o 
membro sujeito às trê forças F1, F2 e F3 mostradas na Figura 5.2 1a. Se as linhas de 
ação de F1 e F2 se interceptam no ponto O, então a linha de ação de F3 também 
precisa pas ar pelo ponto O para que as forças satisfaçam EM0 = O. Como um caso 
especial, c toda a três forças forem paralelas (Figura 5.2 1 b), o local do ponto de 
interseção O se aproximarà do infinito. 
o 
(a) (b) 
Membro de três forças 
Figura 5.21 
Exemplo 5.13 
A alavanca ABC é sustentada por pino em A e conectada a uma ligação cuna BD, 
como mostra a Figura 5.22a. Se o peso dos membros é desprezado, dctennine a força 
do pino sobre a alavanca em A. 
400N 
0,5 m 
0,2 m 
_L A 
lm 
(a) 
-SOLUCAO • 
Diagramas de corpo livre 
Como mostra a Figura 5.22b, a ligação cuna BD é um membro de duas forças e, 
ponanto, as forças resultantes nos pinos D e 8 precisam ser iguais, opostos e 
colineares. Embora a intensidade das forças seja desconhecida, a linha de ação é 
conhecida, já que ela passa por 8 e D. 
A alavanca A8 C é um membro de três forças e, assim, para satisfazer o equilíbrio 
de momento, as três forças não paralelas que agem sobre ela precisam ser concorrentes 
em O (Figura 5.22c). Em especial, observe que a força F sobre a alavanca em 8 é 
igual mas oposta à força F que age em 8 na ligação. Por quê'? A distância CO precisa 
ser de 0,5 m, já que as linhas de ação de F e a força de 400 N são conhecidas. 
A ligação usodo poro este freio de 
vogõo ferroviário é um membro de 
três forças. Como o fofço F 1 no 
borro em 8 e F c do ligação em C 
sôo paralelos, então, poro o 
equilíbrio, o forço resultante F, no 
pino A também preciso ser paralelo o 
essas duas forças. 
A lanço e o coçombo nesse elevador 
é um membro de três forças, já que 
seu peso é desprezado. Aqui, os 
linhos de ação do peso do 
funcionário, W, e o forço do membro 
de duas forças (cilindro hidráulico) 
em 8 , F,, se interceptam em O. Poro 
o equilíbrio de momento, o forço 
resultante no pino A, F,, também 
preciso estar direcionado poro O. 
D 
F 
I 
I 
I 
I 
m ' 
m 
F 
\ 
I 
45° I 
I 
I 
I 
I 
/ (b) I 
I 
0,5 
400 
(c) 
Figura S.22 
166 I Estático 
Equa~ões de equilíbrio 
Requerendo-se que o sistema de força seja concorrente em O, uma vez que 
'LM0 = O, o ângulo O que define a linha de ação de F~ pode ser determinado através 
da trigonometria, 
e= tg-• ( ~:~) = 60,3° 
Usando os eixos x, y e aplicando as equações de cquilibrio de força, 
..!. 'LFx = O; F,. cos 60,3°- F cos 45° + 400 = O 
+I 'LF,. = O; F,. selll 60,3°- F scn 45° = O 
Resolvendo, obtemos: 
~ = 1,07 kN 
F= I ,32 kN 
NOTA: Podemos também resolver esse problema representando a força em A pelas 
suas duas componentes Ax e A,. c aplicando 'LMA = O, 'LF, = O, 'LFY = O à alavanca. 
Uma vez que A .. e A)' são detenninadas, podemos obter F,. c fJ. 
Problemas fundamentais 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um 
diagrama de corpo livre. 
5.1. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação nos apoios. Despreze a espessura da viga. 
2500 
900 · m 
A 
1--- I,Sm + I,Sm - ·t-1·-
Problema 5.1 
5.2. Detennine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A c a reação na viga em C. 
4k 
8 
1.5111 
o 
Problema 5.2 
5.3 . A treliça é suportada por um pino em A e um rolete em 
8. Determine as reações de apoio. 
tO k, 
Problema 5.3 
5.4. Determine as componentes de reação no apoio ftxo A. 
Despreze a espessura da viga. 
400 
Problema 5.4 
5.5. A barra de 25 kg possui centro de massa em G. Se ela 
é sustentada por uma cavilha lisaem C, um rolcte em A e a 
corda AB, determine as reações nesses apoios. 
D 
8 
Problema 5.5 
I Problemas 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um 
diagrama de corpo livre. 
5.11. Determine as reações normais emA eB no Problema 5.1. 
*5.12. Determine a tração na corda e as componentes 
horizontal e vertical da reação no apoio A da viga no 
Problema 5.4. 
•5.13. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação em C e a tração no cabo AB para a treliça no 
Problema 5.5. 
5.14. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação em A e a tração no cabo BC sobre a lança no 
Problema 5.6. 
5.15. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação em A e a reação nonnal em B sobre a chave no 
Problema 5.7 
*5.16. Determine as reações normais em A e B e a força na 
ligação CD agindo sobre o membro no Problema 5.8. 
•5.17. Determine as reações normais nos pontos de contato 
em A, B e C da barra no Problema 5.9. 
5.18. Determine as componentes horizontal e vertical da reação 
no pino C e a força na trava do guincho no Problema 5.1 O. 
5.19. Compare a força exercida sobre a ponta do pé e sobre 
o calcanhar de uma mulher de 600 N quando ela está usando 
sapatos comuns e sapatos de salto alto. Assuma que todo o 
seu peso está sobre um único pé e as reações ocorrem nos 
pontos A e B, como mostrado. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 167 I 
5.6. Detennine as reações nos pontos de contato lisos A, B 
e C na barra. 
Problema 5.6 
600N 
~ 600 N 
31 mm 18,75 mm 93,75 mm 
Problema 5.19 
*5.20. O vagão ferroviário possui um peso de 120 kN e 
centro de gravidade em G. Ele é suspenso pela frente e por 
trás no trilho por seis pneus localizados em A, B e C. 
Determine as reações normais desses pneus se considerarmos 
que o trilho é uma Sllperficie lisa e uma parte igual da carga 
é sustentada nos pneus dianteiros e traseiros. 
1,8 m 
I ,2 m 
Problema 5.20 
168 I Estática 
•5.21. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A e a tração desenvolvida no cabo BC usado 
para sustentar a estrutura de aço. 
60 kN 
Jl m-~1 m~ 
) 
30 kN · m 
3m s 4 
Problema 5.21 
5.22. A lança do guindaste articulado tem um peso de 625 N 
e centro de gravidade em G. Se ele suporta uma carga de 
3000 N, determine a força que age no pino A e a força no 
cilindro hidráulico BC quando a lança está na posição 
mostrada. 
1.2m-j 
+----r-0. 3 m I G 
• 
c 
Problema 5.22 
5.23. O atuador pneumático em D é usado para aplicar uma 
força de F = 200 N no membro em B. Determine as 
componentes horizontal c vertical da reação no pino A e a 
força da barra lisa em C no membro. 
•5.24. O atuador pneumático em D é usado para aplicar uma 
força F no membro em B. A reação normal da barra lisa em 
C é de 300 N. Determine a intensidade de F e as componentes 
horizontal e vertical da reação no pino A. 
Problemas 5.23/ 24 
•5.25. O transformador elétrico de 1500 N com centro de 
gravidade em G é sustentado por um pino em A e uma sapata 
lisa em B. Detem1ine as componentes horizontal c vertical da 
reação no pino A e a reação da sapata B sobre o transfom1ador. 
I A 
0,9 m 
L 
Problema 5.25 
5.26. Um diagrama esquelético de uma mão segurando uma 
carga é mostrado na figura superior. Se a carga e o antebraço 
possuem massas de 2 kg e I ,2 kg, respectivamente, e seus 
centros de massa estão localizados em G1 e G2, determine a 
força desenvolvida no bíceps CD e as componentes horizontal 
e vertical da reação no cotovelo B. O sistema de suporte do 
antebraço pode ser modelado como o sistema estrutural 
mostrado na figura inferior. 
D 
• 
• 
A I 100 mm _IG2 135 rnm - - 1 I r- r- l65;;;;;i 
Problema 5.26 
5.27. Quando os freios de um avião são acionados, a roda 
do nariz exerce duas forças sobre a extremidade do trem 
de pouso, como mostra a figura. Determine as componentes 
horizontal e vertical da reação no pino C e a força na 
escora AB. 
400 mm 
600mm 
2 kN I 
6kN 
Problema 5.27 
•5.28. O tubo de esgoto de I ,4 Mg é mantido nas pinças da 
empilhadeira. Detennine as forças normais em A e B como 
f1mções do ângulo da lâmina ()e represente graficamente os 
resultados de força (eixo vertical) em função do ângulo B 
(eixo horizontal) para o:::: e:::: 90°. 
Problema 5.28 
•5.29. A massa de 700 kg é suspensa por um gancho que 
se move ao longo de um trilho de d = 1,7 m até d = 3,5 m. 
Determine a força ao longo da cantoneira conectada por 
pino BC (ligação curta) e a intensidade da força no pino A 
como uma função da posição d. Represente graficamente 
esses resultados de F8c e~ (eixo vertical) em função de d 
(eixo horizontal). 
1---- d -----1 
r 
2m 
l 
Problema 5.29 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 169 I 
5.30. Se a força F= 500 N é aplicada ao cabo da dobradora 
de barras, detennine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A e a reação do rolete 8 sobre a barra lisa. 
5.31. Se a força do rolete liso em B sobre a dobradora de 
barras precisa ser de 7,5 kN, determine as componentes 
horizontal e vertical da reação no pino A e a intensidade 
necessária da força F aplicada ao cabo. 
c 
1000 mm F 
Problemas 5.30/ 31 
•5.32. A grua é sustentada por um pino em C c um cabo 
AB. Se uma carga possui uma massa de 2 Mg com seu centro 
de massa localizado em G, detennine as componentes 
horizontal c vertical da reação no pino C e a força 
desenvolvida no cabo AB sobre a grua quando x = 5 m. 
•5.33. A grua é sustentada por um pino em C e um cabo 
AB. O cabo pode suportar uma tração máxima de 40 kN. Se 
uma carga possui uma massa de 2 Mg com seu centro de 
massa localizado em G, determine sua distância máxima 
permitida x e as componentes horizontal e vertical da reação 
em C. 
1----4m ----1 
3,2 m 
G 
D 
1------ X ------j 
Problemas 5.32/ 33 
170 I Estática 
5.34. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A e a força normal na cavilha lisa B sobre o 
membro. 
Problema 5.34 
5.35. A estrutura é sustentada pelo membro AB, que está 
apoiado sobre o piso liso. Quando carregada, a distribuição 
de pressão sobre AB é I inear, como mostra a figura. Determine 
o comprimento d do membro AB e a intensidade w para esse 
caso. 
l----I ,2 m----1 
4 kN 
"' 
~----d---------~ 
Problema 5.35 
*5.36. Os pés A e B são usados para estabilizar o guindaste 
para que não tombe ao levantar grandes cargas. Se a carga 
a ser suspensa é 3 Mg, detem1ine o ângulo () máximo da 
lança de modo que o guindaste não tombe. O guindaste 
possui uma massa de 5 Mg e centro de massa em G6 
enquanto a lança tem uma massa de 0,6 Mg e centro de 
massa em G8 . 
Problema 5.36 
•5.37. A tábua de madeira apoiada entre as construções 
deflete ligeiramente quando suporta o garoto de 50 kg. Essa 
flexão causa uma distribuição triangular da carga em suas 
extremidades, tendo intensidades máximas de w" e w8 • 
Detennine w" e w8 , cada um medido em N/m, quando o 
garoto se posiciona a 3 m de uma das extremidades, como 
mostrado. Despreze a massa da tábua. 
8 
Problema 5.37 
5.38. A mola CD permanece na posição horizontal o tempo 
todo devido ao rolete em D. Se a mola está descarregada 
quando () = 0° e o suporte atinge sua posição de equilíbrio 
quando f) = 30°, determine a rigidez k da mola e as 
componentes horizontal e vertical da reação no pino A. 
5.39. A mola CD pem1anece na posição horizontal o tempo 
todo devido ao rodízio em D. Se a mola está descarregada 
quando e = 0° e a rigidez é k = 1,5 kN/m, detennine o menor 
ângulo () para o equilíbrio e as componentes horizontal c 
vertical da reação no pino A. 
F = 300N 
Problemas 5.38/ 39 
*5.40. A plataforma possui um peso de 1,25 kN e centro de 
gravidade em G1• Se ela deve suportar uma carga máxima 
de 2 kN colocada no ponto G2, determine o menor contrapeso 
W que deve ser colocado em B de modo a evitar que a 
plataforma tombe. 
Problema 5.40 
•5.41. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A e a reação do colar liso B sobre a barra. 
c 
1500 N 
2250N 
A o 
d -o6m-1d ,3 m ' ~,3 m 
Problema 5.41 
5.42. Determine as reações de apoio do rolete A e o colar 
liso B na barra. O colar é fixo na barra AB, mas pode deslizar 
pela barra CD. 
A 
900N 
lm 
Problema 5.42 
5.43. A barra unifonne AB possui peso de 75 N. Determine 
a força no cabo quando a barra está na posição mostrada. 
8 
T 
Problema 5.43 
*5.44. Determine as componentes de força horizontal e 
vertical no pino A e a reação no ponto B oscilante da viga 
curva. 
500 N 
200 
A 
Problema 5.44 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 111 I 
•5.45. A grua de chão e o operador possuem um peso total 
de 12,5 k com um centro de gravidade em G. Se a grua 
precisa suspender o tambor de 2,5 kN, detennine a reação 
normal em ambas as rodas em A e ambas as rodas em B 
quando a lança está na posição mostrada. 
5.46. A grua de chão e o operador possuem um peso total de 
12,5 kN com um centro de gravidade em G. Determine o maior 
peso do tambor que pode ser suspenso sem causar o tombamento 
da grua quando sua lança está na posição mostrada. 
I m 
Problemas 5.45/ 46 
5.47. O motor possui um peso de 4,25 kN. Determine a força 
que cada corrente exerce sobre os ganchos em A, B e C. 
Despreze a dimensão dos ganchos e a espessura da viga. 
4.25 kN 
Problema 5.47 
*5.48. Determine a força P necessária para puxar o cilindro 
de 50 kg pelo degrau liso. Considere O = 60°. 
•5.49. Determine a intensidade e direção e da força P mínima 
necessária para puxar o cilindro de 50 kg pelo degrau liso. 
p 
Problemas 5.48/ 49 
172 I Estática 
5.50. O cabo do guincho de um caminhão reboque está 
sujeito a uma força r= 6 kN quando o cabo está direcionado 
em e= 60°. Determine as intensidades da força total de atrito 
do freio F para o conjunto de rodas traseiras B e as forças 
normais totais em ambas as rodas dianteiras A e ambas as 
rodas traseiras B para o equilíbrio. O caminhão tem uma 
massa total de 4 Mg c centro de massa em G. 
5.51. Determine a força de cabo mínima r e o ângulo crítico 
()que fará com que o caminhão reboque comece a inclinar, 
ou seja, que a reação normal em A seja zero. Assuma que o 
caminhão esteja freado e não deslizará em B. O caminhão 
tem uma massa total de 4 Mg e centro de massa em G. 
3 
I T 
1,5 m 
Problemas S.S0/ 51 
•5.52. Três livros uniformes, cada um com um peso W e 
comprimento a, são empilhados como na figura. Determine 
a distância máxima d que o livro do topo pode se projetar 
em relação ao da base, de modo que a pilha não tombe. 
1-------a -----+· 1-d---t 
Problema 5.52 
•5.53. Determine o ângulo () em que a ligação ABC se 
mantém em equilíbrio se o membro BD se mover 50 mm 
para a direita. As molas estão originalmente descarregadas 
quando e = 0°. Cada mola possui a rigidez mostrada. As 
molas permanecem na horizontal, já que estão conectadas a 
guias de rolos. 
Problema 5.53 
5.54. A barra unifonne AB possui peso de 75 N e a mola 
estã descarregada quando {) = 0°. Se e = 30°, detennine a 
rigüdez k da mola. 
1--------- 1.8 m --------1·1 
A 
8 
Problema 5.54 
5.55. A viga horizontal é sustentada por molas em suas 
extremidades. Cada mola tem uma rigidez k = 5 kN/m e está 
originalmente descarregada de modo que a viga está na 
posição horizontal. Determine o ângulo de inclinação da viga 
se uma carga de 800 N for aplicada no ponto C como 
mostrado. 
*5.56. A viga horizontal é sustentada por molas em suas 
extremidades. Se a rigidez da mola em A é kA = 5 kN/m, 
determine a rigidez necessária da mola em 8 para que, se a 
viga for carregada com os 800 N, ela permaneça na posição 
horizontal. As molas são originalmente construídas de modo 
que a viga esteja na posição horizontal quando descarregada. 
800 N 
c 
1--1 m--1 
Problemas S.SS/ 56 
•5.57. Os discos lisos D e E possuem um peso de I kN e 
0,5 kN, respectivamente. Se uma força horizontal P = I kN 
é aplicada no centro do disco E, determine as reações normais 
nos pontos de contato com o solo em A, B e C. 
5.58. Os discos lisos D e E possuem um peso de I kN e 
0,5 kN, respectivamente. Dctennine a maior força horizontal 
P que pode ser aplicada ao centro do disco E sem fazer o 
disco D subir a rampa. 
4 
0,45m 
D 
8 c 
Problemas 5.57/ 58 
5.59. Um homem fica em pé na ponta de um trampolim, 
que é sustentado por duas molas A e B, cada uma com rigidez 
k = 15 kN/m. a posição mo Irada, o trampolim é horizontal. 
Se o homem possui uma massa de 40 kg, determine o ângulo 
de inclinação descrito pelo trampolim com a horizontal após 
ele pular. Despreze o peso do trampolim c considere-o rigido. 
Problema 5.59 
•5.60. A barra uniforme, de comprimento I e peso W, está 
apoiada na extremidade A por uma parede lisa e na extremidade 
B por uma corda de comprimentos, que é presa à parede como 
mostra a figura. Mostre que, para o equilíbrio, é necessário 
que h = [(.çl- P)/3] 112• 
r , 
_L 
8 
Problema 5.60 
Problemas conceituais 
5.5. O tirante é usada para sustentar esta marquise na entrada 
de um edifício. Se ele está conectado por um pino à parede 
do prédio em A e ao centro da marquise em B, determine se 
a força no tirante aumentará, diminuirá ou permanecerá 
inalterável e (a) o suporte em A for movido para uma posição 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 173 I 
•5.61. Se a mola BC está descarregada com O = 0° e a 
alavanca excêntrica atinge sua posição de equilíbrio quando 
O = 15°, determine a força F aplicada perpendicularmente 
ao egmento AD c as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A. A mola BC permanece na posição 
horizontal em todo o tempo devido ao rolete em C. 
k 2 k m 
150" F 
300mm 
400mm ---J 
Problema 5.61 
5.62. A barra fina de comprimento I é sustentada pelo tubo 
liso. Detem1ine a distância a necessária para o equilíbrio se 
a carga aplicada é P. 
J-tJI 
I 
Problema S.62 
mais baixa De (b) o suporte em B for movido para a posição ~ -mais externa C. Explique sua resposta com uma análise de 
equilíbrio, usando dimensões e cargas. Assuma que a 
marquise é sustentada por um pino através da parede do 
prédio. 
Problema S.55 
174 I Estática 
5.6. O homem tenta puxar o quadriciclo pela rampa para a 
carroceria da caminhonete. Pela posição mostrada, é mais 
eficaz manter a corda presa em A ou seria melhor prendê-la 
ao eixo das rodas dianteiras em B? Desenhe um diagrama 
de corpo livre c faça uma análise de equilíbrio para explicar 
sua resposta. 
Problema 5.56 
Problema 5.57 
*5.8. Qual é o melhor lugar para arrumar a maioria das toras 
no carrinho a fim de minimizar a quantidade de força sobre 
a coluna da pessoa que transporta a carga? Faça uma análise 
de equilíbrio para explicar sua resposta. 
5.7. Como qualquer aeronave, este avião a jato se apoia em 
três rodas. Por que não usar uma roda adicional na traseira 
para uma melhor sustentação? (Você pode pensar em alguma 
outra razão para não incluir essa roda?) Se houvesse uma 
quarta roda, traseira, desenhe um diagrama de corpo livre 
do avião a partir de uma visão lateral (20 ) e mostre por que 
não se poderia determinar todas as reações da roda usando 
as equações de equilíbrio. Problema 5.58 
, A -
EQUILIBRIO EM TRES DIMENSOES 
Diagramas de corpo livre 
O primeiro passo para resolver problemas de equilíbrio tridimensionais, assim 
como em duas dimensões, é desenhar um diagrama de corpo livre. Antes de fazermos 
isso, no entanto, é necessário discutir os tipos de reações que podem oconer nos 
. 
apOIOS. 
Reações de apoio 
As forças reativas e os momentos de binário que atuam em vários tipos de apoios 
e conexões quando os membros são vistos em três dimensões estão relacionados na 
Tabela 5.2. É importante reconhecer os símbolos usados para representar cada um 
desses apoios e entender claramente como as forças e os momentos de binário são 
desenvolvidos. Como no caso bidimensional: 
• Uma força é desenvolvida por um apoio que limite a translação de seu 
membro conectado. 
• Um momento de binário é desenvolvido quando a rotação do membro 
conectado é impedida.Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 
Por exemplo, na Tabela 5.2, no item ( 4), a junta esférica impede qualquer translação 
do membro da conexão; portanto, uma força precisa atuar sobre o membro no ponto 
de conexão. Essa força possui três componentes de intensidades desconhecidas, F., 
FY' F,. Uma vez que essas componentes são conhecidas, podemos obter a intensidade 
da força, F= ./F} + F} + F} , e definir a orientação da força através de seus ângulos 
de direção coordenadas a, /3, y (equações 2.7).* Como o membro da conexão pode 
girar livremente em relação a qualquer eixo, nenhum momento de binário é impedido 
por uma junta esférica. 
Devemos observar que os apoios de mancai simples nos itens (5) e (7), o pino 
simples (8) e a dobradiça s imples (9) são resistentes às componentes de força e 
momento de binário. Se, no entanto, esses apoios forem usados em conjunto com 
outros mancais, pinos ou dobradiças para manter um corpo rígido em equilíbrio e 
forem corretamente alinhados quando conectados ao corpo, então as reações de força 
nesses apoios apenas são adequadas para sustentar o corpo. Em outras palavras, os 
momentos de binário se tomam redundantes c não são mostrados no diagrama de 
corpo livre. A razão para isso deve se tomar clara após estudarmos os exemplos que 
se seguem. 
TABELA S.2 Suportes poro corpos rígidos sujeitos a sistemas de força tridimensionais 
Tipos de conexão Reação Número de incógnitas 
(I) 
175 I 
Uma incógnita. A reação é uma força que age para fora 
do membro na di.reção conhecida do cabo. 
cabo 
(2) 
apoio de superfície lisa 
(3) 
rol etc 
(4) 
junta esférica 
F 
F 
Uma incógnita. A reação é uma força que age 
perpendicular à superficie no ponto de contato. 
Uma incógnita. A reação é uma força que age 
perpendicular à superficie no ponto de contato. 
Três incógnitas. As reações são três componentes de 
força retangulares. 
(continua) 
• As três incógnitas também podem ser representadas como mna intensidade de força desconhecida 
F c dois ângulos de direção coordenadas desconhecidos. O terceiro ângulo de direção é obtido 
usando a identidade cos2 (f. + cos2 p + cos2 y = I (Equação 2.8). 
176 I Estática 
(5) 
(6) 
(7) 
(8) 
(9) 
Tipos de conexão 
mancai radial simples 
mancai radial simples com 
eixo quadrado 
mancai axial simples 
• 
pino I iso simples 
dobradiça simples 
( l O) 
apoio fixo 
Reação 
(COIIIÍIIIIOÇÕO) 
Número de incógnitas 
Quatro incógnitas. As reações são duas componentes de 
força e duas componentes de momento de binário que 
agem perpendicularmente à barra. Nota: Os momentos 
de binário normalmente não são aplicados se o corpo for 
sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. 
Cinco incógnitas. As reações são duas componentes de 
força e três componentes de momento de binário. 
Nota: Os momentos de binário nonnalmente não são 
aplicados se o corpo for sustentado em algum outro 
local. Veja os exemplos. 
Cinco incógnitas. As reações são três componentes de 
força e duas componentes de momento de binário. 
Nota: Os momentos de binário normalmente não são 
aplicados se o corpo for sustentado em algum outro 
local. Veja os exemplos. 
Cinco incógnitas. As reações são três componentes de 
força e duas componentes de momento de binário. 
Nota: Os momentos de binário normalmente não são 
aplicados se o corpo for sustentado em algum outro 
local. Veja os exemplos. 
Cinco incógnitas. As reações são três componentes de 
força e duas componentes de momento de binário. 
Nota: Os momentos de binário normalmente não são 
aplicados se o corpo for sustentado em algum outro 
local. Veja os exemplos. 
Seis incógnitas. As reações são três componentes de 
força e duas componentes de momento de binário. 
Diagramas de corpo livre 
O procedimento geral para estabelecer o diagrama de corpo livre de um corpo 
rigido foi descrito na Seção 5.2. 
Basicamente, ele requer primeiro ' isolar' o corpo desenhando um esboço de sua 
fonna. Isso é seguido de uma cuidadosa rotulação de todas as forças e todos os 
momentos de binário com relação a um sistema de coordenadas x, y, z estabelecido. 
' E recomendável que as componentes de reação desconhecidas que atuam no diagrama 
de corpo livre sejam mostradas no sentido positivo. Dessa forma, se quaisquer valores 
negativos forem obtidos, e·les indicarão que as componentes atuam nas direções 
coordenadas negativas. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 
Exemplo 5.14 
Considere as duas barras c a placa, juntamente com seus diagramas de corpo livre 
associados, mostrados na Figura 5.23. Os eixos x, y, z são estabelecidos no diagrama 
c as componentes de reação de conhecidas são indicadas no sentido positi1•o. O pc o 
é desprezado. 
-SOLUÇAO 
500 
Mancais radiais corretumcntc 
alinhodos em A, 8 c C. 
c 
300 ' 
A 
Pino em A c cabo em BC. 
2000 N 
8 
Mancai radial corretnmcnrc alinhado 
em A c dobmdiça em C. Rolere em 8. 
-
I o, 
~y 
SOON 
As reações de forço desenvolvidas pelos 
mancais são suficientes para o equilíbrio 
porque impedem que a bnrm gire em relação 
a cada um dos eixos de coordenada. 
A, 
T 
300N 
As componentes de momento sllo descmoh idas 
pelo pino sobre a barra para impedir a rotaçllo 
em r o mo dos eixos x c z. 
z 
2000 N 
c,~ 
B, 
Apenas reações de força sllo desenvolvidas 
sobre a placa pelo mancai e a dobmd1ça 
a ftm de impedir a rotação em relação a cadn 
eixo de coordenada. enhum momenro na 
dobradiça é desem oh 1do. 
.1' 
figura 5.23 
Equações de equilíbrio 
Como vimos na Seção 5. 1, as condições de equilíbrio de um corpo rígido sujeito 
a um sistema de forças tridimensional exigem que a força c o momento de binário 
resultantes que atuam sobre o corpo sejam zero. 
177 
178 I Estática 
Equações de equilíbrio vetoriais 
As duas condições para o equilíbrio de um corpo rígido podem ser expressas 
matematicamente na forma vetorial como 
.EF =O 
LM0 =0 
(5.5) 
onde .EF é a soma vetorial de todas as forças externas que agem sobre o corpo e 
LM0 é a soma dos momentos de binário e dos momentos de todas as forças em 
relação a qualquer ponto O localizado dentro ou fora do corpo. 
Equações de equilíbrio escalares 
Se todas as forças externas e momentos de binário forem expressos na fonna de 
vetor cartesiano e substiniÍdas nas equações 5.5, temos: 
.EF = .EF) + .EF>j + .EF=k = O 
.EM0 = .EM,i + .EM>j + .EM:k = O 
Como as componentes i, j e k são independentes, as equações anteriores são satisfeitas 
desde que 
.EF =O .. 
(5.6a) 
e 
.EM =O X 
(5.6b) 
Essas seis equações de equilíbrio escalares podem ser usadas para resolver no 
máximo seis incógnitas mostradas no diagrama de corpo livre. As equações 5.6a 
exigem que a soma das componentes de força externas que atuam nas direções x, y 
e z seja igual a zero, e as equações 5.6b exigem que a soma das componentes de 
momento em relação aos eixos x , y e z seja igual a zero. 
Restricões e determinacão estática , , 
Para garantir o equilíbrio de um corpo rígido, é necessário não apenas satisfazer 
as equações de equilíbrio, mas também o corpo precisa estar adequadamente fixo ou 
restrito por seus apoios. Alguns corpos podem ter mais apoios do que o necessário 
para o equilíbrio, enquanto outros podem não tê-los suficientes ou arranjados de 
maneira a permitir que o corpo se mova. Cada um desses casos será discutido agora. 
Restricões redundantes , 
Quando um corpo possui apoios redundantes, ou seJa, mais apoios do que o 
necessário para mantê-lo em equilíbrio, ele se toma estaticamente indeterminado, o 
que significa que haverá mais cargas desconhecidas sobre o corpo do que equações 
de equilíbrio disponiveis para sua solução. Por exemplo, a viga na Figura 5.24a e o 
encanamento na Figura 5.24b, mostrados juntamente com seus diagramas de corpo 
livre, são ambos estaticamente indeterminadas devido às reações de apoio adicionais 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 
(ou redundantes). Para a viga, existem cinco incógnitas, M1, A.r, A, 8 ,. c C,, para asquais apenas três equações de equilíbrio podem ser escritas ('LF, = O, 'LF, = O c 
'LM0 = 0), (equações 5.2). O encanamento possui oito incógnitas, para as quais apenas 
seis equações de equilíbrio podem ser escritas (equações 5.6). 
500 
A I 8 l..olf 
8 c 
.1' 
A,. 500 N 
200N 
A X 
c, 
(a) (b) 
Figura 5.24 
As equaçõe adicionais necessárias para resolver problemas estaticamente 
indeterminados do tipo mostrado na Figura 5.24 normalmente são obtidas a partir 
das condições de deformação nos pontos de apoio. Essas equações envolvem as 
propriedades fisicas do corpo, que são estudadas nas áreas que lidam com a mecânica 
da deformação, como a 'mecânica dos materiais'.* 
Restrisões impróprias 
Ter o mesmo número de forças reativas desconhecidas que equaçõe de equilíbrio 
disponíveis nem sempre garante que um corpo será estável quando ujcito a uma 
determinada carga. Por exemplo, o apoio pinado em A e o apoio de roletc em 8 para 
a viga na Figura 5.25a são colocados de uma forma que as linhas de ação das forças 
reativas sejam concorrentes no ponto A. Como consequência, a carga aplicada P fará 
com que a viga gire ligeiramente em relação a A e, portanto, a viga está incorretamente 
restrita, 'LM11 -:f O. 
Em três dimensões, um corpo estará incorretamente restrito se as linhas de ação 
de todas as forças reativas interceptarem um eixo comum. Por exemplo, todas as forças 
reativas nos apoios de junta esférica em A e 8 na Figura 5.256 interceptam os eixos 
que passam por A c 8. Como todos os momentos dessas forças em relação a A c 8 
são zero, então a carga P girará o membro em relação ao eixo A8, 'LMA8 :f; O. 
p p 
A 
(a) 
Outra maneira em que a restrição imprópria leva à instabi lidade ocorre quando 
as forças reativas são todas paralelas. Exemplos bi e tridimensionais disso são 
mostrados na Figura 5.26. Nos dois casos, a soma das forças ao longo do eixo x não 
será igual a zero. 
• Veja HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais, 1. ed. Pearson/Prentice Hall. 
z 
(b) 
Figura S.2S 
179 I 
180 I Estática 
A 
f o 
(a) 
Figura 5.26 
z 
I 
Fn 
8 F c 
100 N X/ 
(b) 
Em alguns casos, um corpo pode ter menos forças reativas do que equações de 
equilíbrio que precisem ser satisfeitas. O corpo, então, se toma apenas parcialmente 
restrito. Por exemplo, considere o membro AB na Figura 5.27a com seu respectivo 
diagrama de corpo livre na Figura 5.27b. Aqui, !F_, = O não será satisfeita para as 
condições de carga e, portanto, o equilíbrio não será mantido. 
. ro 
r OO N 
.ffi . A B 
100 N 
(a) (b) 
Figura 5.27 
Resumindo esses concei.tos, um corpo é considerado impropriamente restrito se 
todas as forças reativas se i111terceptarem em um ponto comum ou passarem por um 
eixo comum, ou se todas as forças reativas forem paralelas. Na prática da engenharia, 
essas situações sempre devem ser evitadas, já que elas causarão uma condição 
instável. 
Pontos importantes 
• Sempre desenhe o diagrama de corpo livre primeiro quando resolver qualquer 
problema de equilíbrio. 
• Se um apoio impede a translação de um corpo em uma direção específica, 
então o apoio exerce uma força sobre o corpo nessa direção. 
• Se um apoio impede a rotação em relação a um eixo, então o apoio exerce 
um momento de binário sobre o corpo em relação a esse eixo. 
• Se um corpo está sujeito a mais reações desconhecidas do que equações de 
equilíbrio disponíveis, então o problema é estaticamente indeterminado. 
• Um corpo estável exige que as linhas de ação das forças reativas não 
interceptem um eixo comum e não sejam paralelas. 
Procedimento para análise 
Os problemas de equilíbrio tridimensionais para um corpo rígido podem ser 
resolvidos através do seguinte procedimento. 
Diagrama de corpo livre 
• Desenhe um esboço da forma do corpo. 
• Mostre todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 181 
• Estabeleça a origem dos eixos x, y, z em um ponto conveniente c oriente 
os eixos de modo que sejam paralelos ao mâxi mo possível de forças c 
momentos externos. 
• Rotule todas as cargas e especifique suas direções. Em geral, mostre todas 
as componentes desconhecidas com um sentido positivo ao longo dos eixos 
X, y, =· 
• Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das 
forças. 
Equações de equilíbrio 
• Se as componentes de força e momentox,y, z parecem fáceis de determinar, 
aplique as seis equações de equilíbrio escalares; caso contrário, use as 
equações vetoriais. 
• Não é necessário que o conjunto de eixos escolhido para a soma de forças 
coincida com o conjunto de eixos escolhido para a soma de momentos. 
Na verdade, pode-se escolher um eixo em qualquer direção arbitrária para 
somar forças e momentos. 
• Para a soma de momentos, escolha a direção de um eixo de modo que este 
intercepte as linhas de ação do maior número possível de forças conhecidas. 
Perceba que os momentos de forças passando por pontos nesse eixo e os 
momentos de forças que são paralelas ao eixo serão zero. 
• Se a solução das equações de equilíbrio produz um e calar negativo para 
uma intensidade de força ou momento de binário, isso indica que o sentido 
é oposto ao considerado no diagrama de corpo livre. 
Exemplo 5.15 
A chapa homogênea mostrada na Figura 5.28a possui uma massa de I 00 kg c está 
sujeita a uma força c momento de binário ao longo de suas bordas. Se ela é sustentada 
no plano horizontal por um rodízio em A, uma articulação esfera-soquete c uma corda 
em C, determine as componentes de reação nesses suportes. 
- . 
SOLUÇAO (ANALISE ESCALAR) 
Diagrama de corpo livre 
Existem cinco reações desconhecidas atuando sobre a chapa, como mostra a 
Figura 5.28b. Considera-se que cada uma dessas reações age em uma direção 
coordenada positiva. 
Equasões de equilíbrio 
Como a geometria tridimensional é bastante simples, uma análise escalar fornece 
uma solução direta para este problema. Uma soma de forças ao longo de cada eixo 
produz: 
L.F = O· . ' 8 =O T 
L.F_, = O; 8 ,. =o 
'EF =O; 
• A: + B: + Te- 300 - 981 N = O (I) 
Lembre-se de que o momento de uma força em relação a um eixo é igual ao produto 
da intensidade da força pela distância perpendicular (braço do momento) da linha de 
ação da força até o eixo. Além disso, as forças que são paralelas a um eixo ou passam 
por ele não criam momento algum em relação ao eixo. Portanto, somando os momentos 
em relação aos eixos positivos x e y, temos: 
300 200 
1,5 .?--L-
~ 
2m 
8 
(a) 
(b) 
Figura S.28 
I 182 I Estática 
'i.Mx =O; Tc (2 m) - 981 N(l m) + 8: (2 m) =O (2) 
'i.M>' =O; 
300 N(l,5 m) + 981 N(l,5 m) - B: (3 m) - A: (3 m) - 200 N · m =O (3) 
As componentes da força em B podem ser eliminadas se os momentos forem somados 
em relação aos eixos x' e y•·. Obtemos: 
'i.M_,. = O; 981 N(l m) + 300 N(2 m) - A: (2 m) = O (4) 
L.M>". =O; 
- 300 N(1 ,5 m) - 981 N(1,5 m) - 200 N · m + Tc(3 m) =O (5) 
Resolvendo as equações I a 3 ou as mais convenientes equações I, 4 e 5, obtemos: 
A= = 790 N 8_ = - 217 N Te: = 707 
O sinal negativo indica que B: atua para baixo. 
NOTA: A solução desse problema não exige uma soma dos momentos em relação ao 
eixo z. A chapa está parcialmente restrita, já que os apoios não podem impedi-la de 
girar em torno do eixo z se uma força for aplicada a ela no plano x-y. 
Exemplo 5.16 
Determine as componentes da reação que a junta esférica em A, o mancai radial 
liso em 8 e o apoio de rolete em C exercem sobre a montagem das barras na 
Figura 5.29a. 
z z 
900 N 900N 
(a) (b) 
Figura 5.29 
-SOLUCAO • 
Diagrama de corpo livre 
Como mostra o diagrama de corpo livre na Figura 5.29b, as forças reativas dos apoios 
impedirão que a montagem gire em relação a cada eixo de coordenada e, portanto, 
o mancai radial em 8 exerce apenas forças reativas sobre o membro. 
Equações de equilíbrio 
Uma solução direta para~- pode ser obtida somando as forças ao longo do eixo y. 
'i.F). = O; Ay = O 
A força F c pode ser detenuinada diretamente somandoos momentos em relação ao 
. 
eiXO y. 
'i.M,. =O; Fc (0,6 m) - 900 N(0,4 m) =O 
Fc == 600 N 
Usando esse resultado, 8= pode ser detenuinado somando os momentos em relação 
. 
ao CIXO X. 
L.M == o· X > B: (0,8 m) + 600 N( I ,2 m) - 900 N(0,4 m) = O 
8_ = - 450 N 
o 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido I 183 I 
O sinal negativo indica que B: age para baixo. A força 8x pode ser encontrada o mando 
os momentos em relação ao eixo z. 
'LM: =O; 
Logo, 
LFx = 0: 
8 , (0,8 m) =O 8 = O T 
A,+ O= O A =O X 
Finalmente, u ando os resultados de 8: e Fc. 
'LF: = O; A: + ( 450 N) + 600 N - 900 = O 
A. = 750 N -
Exemplo 5.17 
A barra é usada para sustentar o vaso de 375 N (:::: 37,5 kg) na Figura 5.30a. Determine 
a tração desenvolvida nos cabos AB e A C. 
~ 
SOLUCAO 
• 
Diagrama de corpo livre 
O diagrama de corpo livre da barra é mostrado na Figura 5.30b. 
Equasões de equilíbrio 
Usaremos uma análise vetorial. 
F -F. (r1R) - F ( {0,2i - 0,6j +0,3k}m ) tB- AR - tB 
rts /(0,2 mr + (-0,6 mr + (0,3 mr 
2F· 6F.· 3F. k = 7 tB I -7 ABj + 7 .~8 
F -F. (r·K )-F ( {-0,2i -0,6j +0,3k} m ) 
tC - AC r.-~c - ~C /(-0,2mf+ {-0,6mf+(0,3mf 
2ç . 6F · 3ç k = - 7 K I - 7 AC j + 7 K . 
Podemo eliminar a reação da força em O escrevendo a equação de equilibrio do 
momento em relação ao ponto O. 
'LM0 = O; r11 X (F,~8 + F,~c+ W) = O 
(0,6j ) X [( fF,~o i - tF.~nj + ~ F.-~s k) + (- ~ F~tc i - ~ F.Kj + ~ F..tc k) + ( - 375k}l = 0 
( 17
8 FAs + 'l FAc - 2250 )i+ ( - 1J FAB + JfFAc )k = O 
'LMx = O; .!-ª.. F11o + .!-ª.. F,.,c - 2250 = O 7 7 
T.M, =O; 0 = 0 
'LM: =O; 12F + 12F -O - tB - AC-7 7 
Re olvendo as equações I e 2 simultaneamente, 
f"..8 = f"..c = 437,5 
--
X 
0.6m 
(a) 
(b) 
JV = 375 
m---...1 
Figura 5.30 
A 
I 184 I Estático 
--
I 
A A, 
X 
200 N 
(b) 
Figura 5.31 
Exemplo 5.18 
A barra AB mostrada na Figura 5.31 a está sujeita à força de 200 . Determine as 
reações na junta esférica A c a tração nos cabos BD c BE. 
2m 
SOLUCÃO (ANÁLISE VETORIAL) 
• 
Diagrama de corpo livre 
Veja Figura 5.31b. 
Equasões de equilíbrio 
~ 
1,5 111 
200N r 
E 
8 
(a) 
Figura 5.31 
D -'V"" 
Representando cada força no diagrama de corpo livre na fonna de um vetor cartesiano, 
temos: 
F,. = A,i + A,j + A:k 
TI. = T,..i 
T0 = T1~ 
F = {- 200k} N 
Aplicando a equação de equil íbrio de fo rça, 
'tF = O; F,.+ TE+ T0 + F = O 
'LF =o· t , 
tF, =O; 
tF. =O; 
(A .r+ TE)i +(A, + T0 )j + (A: 200)k = O 
A.r + TE= o 
A,+ T0 = O 
A. - 200 =O -
A soma dos momentos em relação ao ponto A resulta: 
'tM,. = O; rc· F + r8 · (T E+ T 0 ) = 0 
C I -orno rc = 2 r8 ,entao: 
(0,5i + lj - I k) · (- 200k) + (I i + 2j - 2k) · (T~,i + T1li) = O 
Expandindo e reorganizando os termos, temos: 
(2T0 - 200)i + (- 2Te + 1 OO)j + (T0 - 2Te)k = O 
tM = O· .r ' 2T0 - 200 = O 
L.MJ, = O; - 2TE + 100 = 0 
'LM: = O; T0 - 2T~- = O 
(I) 
(2) 
(3) 
(4) 
(5) 
(6) 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido I 185 I 
Re olvcndo as equações I a 5, obtemos: 
T0 = 100 N 
TE = 50 N 
A =-50 X 
A =-lOON 
' 
A.= 200 N -
NOTA: O sinal negativo indica que A,. e A_.. possuem um sentido que é oposto ao 
mostrado no diagrama de corpo livre (Figura 5.31 b). 
Exemplo 5.19 
A barra dobrada na Figura 5.32a é sustentada em A por um mancai radial, em D 
por uma junta esférica c em B pelo cabo BC. Usando apenas u11w equação de 
equilíbrio, obtenha uma solução direta para a tração no cabo BC. O mancai em A é 
capaz de exercer componentes de força apenas nas direções z c y, já que ele está 
corretamente alinhado na barra. 
- . 
SOLUCAO (ANALISE VETORIAL) 
• 
Diagramo de corpo livre 
Como mostra a Figura 5.32b, existem seis incógnitas. 
Equosões de equilíbrio 
A tração do cabo T 8 pode ser obtida diretamente somando os momentos em relação 
a um eixo que passa pelos pontos D e A. Por quê? A direção desse eixo é definida 
pelo vetor unitário u, onde: 
_ r tH _ I · I . 
U - -- ~ · - ~ J 
l b.4 ..; 2 ..; 2 
= - 0, 7071 i - O, 7071 j 
Logo, a soma dos momentos em relação a esse eixo é zero, uma vez que: 
'LM DA = u · L( r X F) = O 
Aqui, r representa um vetor posição traçado de qualquer ponto no eixo DA a qualquer 
ponto na linha de ação da força F (veja a Equação 4. 11 ). Com referência ã Figura 
5.32b, podemos, portanto, escrever: 
u · (r8 X T8 + rE X W) = 0 
( 0,7071 i 0,7071j ) · [( lj) X (T8k) + (- 0,5j) X ( 981 k)) = 0 
(-0,7071 i - 0,7071j) · [(- T8 + 490,5)i) = 0 
-0,707 1 (- T8 + 490,5) + 0 + 0 = 0 
TB = 490,5 
Como o braços de momento do eixo a T 8 e W são fáceis de obter, também podemos 
detenninar esse resultado usando uma análise escalar. Como mo tra a Figura 5.32b, 
'f.M04 =O; T8 (l m scn 45°)- 981 (0,5 m sen 45°) =O 
TB = 490,5 
c 
z 
D )' 
IOOkg 
(o) 
TB 
(b) 
Figura 5.32 
186 I Estático 
Problemas fundamentais 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um 
diagrama de c01po livre. 
5.7. A chapa uniforme tem um peso de 2,5 kN. Determine 
a tração em cada um dos cabos que a sustentam. 
B 
0.9 rn 
c 
~ 
~ 
lkN 
Problema S.7 
5.8. Determine as reações no apoio de rolete A e na junta 
esférica D e determine a tração no cabo BC para a placa. 
900 
0,1 rn 
~ 
~ 
Problema S.8 
)' 
5.9. A barra é sustentada por mancais radiais lisos em A, 
8 e C c está sujeita às duas forças. Determine as reações . 
nesses apo1os. 
X 
~ 
~ 
0.6 m 
0.6 rn 
0.4 m 
Problema S. 9 
5.10. Determine as reações de apoio nos mancais radiais 
lisos A, 8 c C da tubulação. 
0.6 m 
0,6 rn 
~ 
~ 
Problema S.l O 
y 
5.11. Determine a força de envolvida nas cordas BD, CE c 
CF e as reações da junta esférica A sobre o bloco. 
~ 
~ 
6 kN 9 kN 
Problema S.ll 
5.12. Determine as componentes da reação que o mancai 
axial A e o cabo BC exercem sobre a barra . 
~ • 
X~ 
1,8 l 
Problema 5.12 
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um 
diagrama de corpo livre. 
5.63. O carro sustenta o engradado unjforme com massa de 
85 kg. Determine as reações verticais sobre os três roletes 
em A, 8 e C. O rolete em 8 não é mostrado. Despreze a 
massa do carro. 
0,6 m 
Problema 5.63 
0 ,35 m 
0,35 m 
•5.64. O poste de uma linha de transmissão elétrica está 
sujeito a duas forças do cabo de 300 N, situadas em um 
plano paralelo ao plano x-y . Se a tração no fio tirante A8 é 
400 N, determine as componentes x , y, z da reação na base 
fixa O do poste. 
z 
0,3 m 
AF:::::::J 
400 N 
--
X 
---
300 
Problema 5.64 
1,2 m 
3 m 
y 
•5.65. Se P = 6 kN, x = 0,75 m e y = 1 m, determine a 
tração desenvolvida nos cabos A8, CD e EF. Despreze o 
peso da chapa. 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 187 I 
5.66. Detennine o local x e y do ponto de aplicação da 
força P de modo que a tração desenvolvida nos cabos A8, 
CD e EF seja a mesma. Despreze o peso da chapa. 
--
B 
F 
p 
E 
X 
Problemas 5.65/ 66 
D 
c 
,..._. '::::>.....)' 
2 n~ ~ 
5.67. Devido a uma distribuição desigual do combustível 
nos tanques da asa, os centros de gravidade da fuselagem A 
e das asas 8 e C são localizados como mostra a figura. Se 
essas componentes possuem pesos WA = 225 kN, W8 = 40 kN 
e Wc = 30 kN, determine as reações normais das rodas D, 
E e F sobre o solo. 
Problema 5.67 
•5.68. Detcnnine a intensidade da força F que precisa ser 
exercida sobre o cabo da manivela em C para manter a caixa 
de 75 kg na posição mostrada. Além disso, detennine as 
componentes da reação no mancai axial A e no mancai radial 
liso 8. 
--
)' 
c 
Problema 5.68 
188 I Estático 
•5.69. A barra está fixada por três mancais radiais lisos em 
A, 8 c C. Dctcnninc as componentes da reação nesses mancais. 
--
900 
600 450 
/0,9m 
~ 
X 
500 0,9 m 
0.9 m 
~m 
)' 
•5.12. Determine as componentes da reação atuando nos 
mancais radiais lisos A, 8 c C. 
--
0,4 m 
/j 
~)' X 
5.70. Dctcm1inc a tração nos cabos 80 e CD e as componentes Problema 5.72 
x, y, z da reação na junta esférica em A. 
z •5.73. Determine as componentes de força atuando na junta 
esférica em A, a reação no rolctc 8 c a tração na cordaCD, 
3m 
B 
y 
Problema 5.70 
5.71. A montagem de barras é usada para sustentar o c i I indro 
de l ,25 kN (:::: 125 kg). Determine as componentes da reação 
na junta esférica A e no mancai radial E; determine também 
a força desenvolvida ao longo da barra CD. As conexões em 
C e D são juntas esféricas. 
;: 
y 
Problema 5.71 
necessários para o cquilibrio da placa de um quarto de 
círculo. 
--
350 lo 
200 
c 200 3m 
Problema 5.73 
5.74. Se a carga tem um peso de 200 kN, determine as 
componentes x, y, z da reação na junta esférica A e a tração 
em cada um dos cabos. 
--
3m 
)' 
X 
Problema 5.74 
5.75. Se o cabo pode resistir a uma tração máxima de I ,5 
kN, determine a força máxima F que pode ser aplicada à 
placa. Calcule as componentes x, y, z da reação na dobradiça 
A para essa carga. 
--
X 0,9m 
Problema 5.15 
*5.76. O membro é sustentado por um pino em A e um cabo 
BC. Se a carga em D é de 1,5 kN, determine as componentes 
x, y, z da reação no pino A e a tração no cabo BC. 
z 
Problema 5.76 
•5.77. A placa possui um peso W com centro de gravidade 
em G. Determine a distância d ao longo da linha GH onde 
a força vertical P = 0,75 Wfará com que a tração no fio CD . 
seJa zero. 
5.78. A placa possui um peso W com centro de gravidade 
em G. Determine a tração desenvolvida nos fios A8, CO e 
EF se a força P = 0,75 W é aplicada em d = L/2. 
;: 
X 
y 
Problemas 5.77/ 78 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 189 I 
5.79. A lança é sustentada por uma junta esférica em A e 
um fio tirante em 8. Se as cargas de 5 kN se situam no plano 
que é paralelo ao plano x-y, detem1ine as componentes x, y, 
z da reação em A e a tração no cabo em 8. 
Sk 
3 m 
Problema 5.79 
*5.80. A porta circular tem peso de 275 N e centro de 
gravidade em G. Determine as componentes x, y , z da reação 
na dobradiça A e a força que age ao longo da estrutura 
CB necessária para manter a porta em equilíbrio. Considere 
e= 45°. 
•5.81. A porta circular tem peso de 275 N e centro de 
gravidade em G. Determine as componentes x, y , z da reação 
na dobradiça A e a força que age ao longo da estrutura CB 
necessária para manter a porta em equilíbrio. Considere 
e = 90°. 
z 
X 
Problemas 5.80/ 81 
5.82. O membro AB é sustentado em B por um cabo e em A 
por uma barra retangular fixa e lisa encaixada frouxamente 
no furo retangular do colar. Se .F = {2i - 4j - 7,5k} kN, 
determine as componentes x, y , z da reação em A e a tração 
no cabo. 
190 I Estático 
5.83. O membro AB é sustentado em 8 por um cabo e em A 
por uma barra retangular fixa c lisa encaixada frouxamente 
no furo retangular do colar. Determine a tração no cabo BC 
se a força F = {- 4,5k} kN. 
--
1.8 m 
L-)' 
3,6 m 
F 
Problemas 5.82/ 83 
*5.84. Determine o maior peso do barril de óleo que a grua 
pode sustentar sem tombar. Além disso, quais são as reações 
verticais nas rodas lisas A, 8 e C para este caso? A grua tem 
um pe o de I ,5 kN, com cu centro de gravidade localizado 
em G. 
• -
I ' 
:r 
Problema 5.84 
•5.85. A placa circular possui um peso W e centro de 
gravidade em seu centro. Se ela é sustentada por três cordas 
verticais presas à sua borda, determine a maior distância d 
a partir do centro em que qualquer força vertical P pode ser 
aplicada de modo a não fazer a força em qualquer dos cabos 
se tomar zero. 
5.86. Resolva o Problema 5.85 se o peso da chapa W for 
desprezado. 
Problemas 5.85/ 86 
5.8.7. Uma mesa quadrada uniforme com peso W e lados a 
é sustentada por trê pés verticais. Determine a menor força 
vertical P que pode ser aplicada em seu tampo que o fará 
tombar. 
/-a/2~ / --a/2/ 
a 
Problema 5.87 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 191 
- , 
REVISAO DO CAPITULO 
Equilíbrio 
Um corpo em equilíbrio não rotaciona, mas pode transladar com velocidade 
constante, ou não se mover de forma alguma. 
Duas dimensões 
Antes de analisar o equilíbrio de um corpo, primeiro é necessário desenhar um 
diagrama de corpo livre. Este diagrama é um esboço da forma do corpo, que 
mostra todas as forças c momentos de binário que atuam sobre ele. 
Os momentos de binário podem estar situados em qualquer lugar em um diagrama 
de corpo livre, visto que são vetores livres. As forças podem agir em qualquer 
ponto ao longo de sua linha de ação, já que elas são vetores deslizantes. 
Os ângulos usados para decompor forças e as dimensões usadas para tomar 
momentos das forças também devem ser mostrados no diagrama de corpo livre. 
Alguns tipos comuns de apoios e suas reações são mostrados abaixo em duas 
dimensões. 
Lembre-se de que um apoio exercerá uma força sobre o corpo em uma direção 
específica se ele impedir a translação do corpo nessa direção, e exercerá um 
momento de binário sobre o corpo se ele impedir a rotação. 
F 
rolctc pino liso ou dobradiça 
As três equações de equilíbrio escalares podem ser aplicadas ao resolver pro-
blemas em duas dimensões, já que a geometria é fácil de visualizar. 
'LFx = O; 
A,..- P2 =O A,= P2 
LMA =O; 
l:F = O 
l:M = O 
X 
f----2m 500 · m 
A G 
apoio ftxo 
'LF = O X 
'LF =O y 
1:M0 =0 
1m 
j_B 
F,, 
c 
Para a solução mais direta, procure somar forças ao 
longo de um eixo que eliminará o máximo possível de 
forças desconhecidas. Some momentos em relação a 
um ponto A que passe pela linha de ação do máximo 
de forças desconhecidas possível. 
P2d2 + Byds- P.cl. = O 
B _ P.dt - P2d2 y -
ds 
192 I Estático 
Três dimensões 
Alguns tipos comuns de apoios e suas reações são 
mostrados aqui em três dimensões. 
F 
rolete junta esférica 
Em três dimensões, normalmente é vantajoso usar uma 
análise vetorial cartesiana quando aplicar as equações 
de equilíbrio. Para fazer isso, primeiramente expresse 
como um vetor cartesiano cada força c momento de 
binário conhecidos e desconhecidos que são mostrados 
no diagrama de corpo livre. Depois, faça a soma das 
forças igual a zero. Tome momentos em relação ao 
ponto O situados na linha de ação do máximo possível 
de componentes de força desconhecidos. A partir do 
ponto O, direcione vetores posição para cada força e, 
depois, u c o produto vetorial para determinar o mo-
mento de cada força. 
As seis equações de equilíbrio escalares são estabele-
cidas definindo-se as respectivas componentes i, j e k 
des as somas de força c momento iguais a zero. 
Determinação c estabilidade 
Se um corpo é sustentado por um número mínimo de 
restrições para garantir o equilíbrio, então ele é estati-
camente determinado. Se ele possui mais restrições do 
que o necessário, então ele é estaticamente indetermi-
nado. 
Para restringir corretamente o corpo, nem todas as rea-
ções devem ser paralelas ou concorrentes. 
~kN · m 
F,. 
l:F = O 
'f.M,= O 
'f.F = O < 
r.~. = o 
'f.F. = O 
• 
'EM =O T 
L.M, = O 
l:M. =O . 
500 
Cinco reações e três 
equações de equilíbrio: 
estaticamente indetcnninndo. 
apoio fixo 
600 200 
4~ 
IOON 
Rc&rriçilo apropriada: 
cstalicamcnlc dctcnninado. 
•5.88. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A e a força no cabo BC. Despreze a espessura 
dos membros. 
3m 
4m 
OON 
_L 
~4,5 1111---t 
Problema S.88 
•5.89. Determine as componentes horizontal e vertical da 
reação no pino A, e a reação no rolete 8 necessária para 
suportar a estrutura. Considere F= 600 N. 
5.90. Se o rolete em 8 pode sustentar uma carga máxima 
de 3 kN, detem1ine a maior intensidade de cada uma das três 
forças F que podem ser sustentadas pela estrutura. 
A 
l- 2m - 1-
F F F 
Problemas S.89 / 90 
5.91. Determine a reação normal no roleteA e as componentes 
horizontal e vertical no pino 8 para o equilíbrio do membro. 
lO kN 
j0,6 m- -0,6 m-j 
A 
0,8 111 
Problema S. 91 
Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido 193 I 
•5.92. A montagem das barras é sustentada por dois 
mancais radiais lisos A e B e uma ligação curta DC. Se um 
momento de binário é aplicado à barra corno mostrado, 
determine as componentes da reação de força nos mancais 
radiais e a força na ligação. A ligação situa-seem um plano 
paralelo ao plano y-z e os mancais estão corretamente 
alinhados com a barra. 
z 
30° 
X 
Problema S.92 
•5.93. Determine as reações nos apoios A e 8 da estrutura. 
50kN 
35 kN 25 kN lO k 
1- -- 2.4 111 ---r-- 1,8 m - -f--- 1,8 m - - 1 
A 
2,4 m 
..,.._ 2,5kN 
Problema S. 93 
194 I Estático 
5.94. Um diagrama esquelético da perna é mostrado na 
figura inferior. Aqui, podemos observar que a perna é 
suspensa pelo músculo quadríccps conectado ao quadril em 
A c ao osso patcla em 8. Este osso desliza livremente através 
da cartilagem na articulação do joelho. O quadriccps é mais 
extenso c conecta-sc à tíbia em C. Usando o sistema mecânico 
mostrado na figura superior para modelar a perna, determine 
a tração no quadriccps em C c a intensidade da força 
resultante no fêmur (pino), D, a fim de manter a anteperna 
na posição ilustrada. A perna possui uma massa de 3,2 kg e 
um centro de massa em G1; o pé possui uma massa de 1,6 
kg c um centro de massa em G1. 
75 mm 
25mm~~ 
JOOmm 
A 
D ~75• 
Problema S. 94 
5.95. Uma força vertical de 400 N arua sobre o eixo de 
manivela. Determine a força de equilíbrio horizontal P que 
precisa ser aplicada ao cabo c as componentes x,y, z da força 
no mancai radial liso A e no mancai axial B. Os mancais 
estão corretamente alinhados c exercem reações de força 
apenas sobre o eixo. 
--400 
---r-Omm 
200mm 
Problema S.9S 
•5.96. A prateleira simétrica está SUJCJta a uma carga 
uniforme de 4 kPa. O apoio é fornecido por wn parafuso (ou 
pino) localizado em cada extremidade A e A' e por cantoneiras 
simétricas apoiadas contra a parede uni forme em ambos os 
lados 8 e 8 '. Determine a força resistida por cada parafuso 
na !Parede e a força normal em B para o equilíbrio. 
Problema S. 96 
Análise estrutural 
Objetivos do capítulo 
• Mostrar como determinar os forças nos membros de uma treliça usando o método dos nós e o método das 
-seçoes. 
• Analisar as forças que atuam nos membros de estruturas e máquinas compostos de membros conectados por . 
pinOS. 
m Treliças simples 
Treliça é uma estrutura de membros esbeltos conectados entre si em suas 
extremidades. Os membros normalmente usados em construções consistem de escoras 
de madeira ou barras de metal. Em especial, as treliças planas se situam em um únjco 
plano e geralmente são usadas para sustentar telhados e pontes. A treliça mostrada 
na Figura 6.la é um exemplo típico de treliça de telhado. Nesta figura, a carga do 
telhado é transmitido para a treliça 11os nós através de uma série de terças. Como 
essa carga atua no mesmo plano da treliça (Figura 6.lb), as análises das forças 
desenvolvidas nos membros da treliça serão bidimensionais. 
(a) 
Treliça de telhado 
(b) 
Figura 6.1 
(Terça 
196 I Estática 
--· 
{a) 
{b) 
Figura 6.3 
No caso de uma ponte, como a mostrada na Figura 6.2a, o peso no tabuleiro é 
primeiro transmitido para as longarinas, depois para as vigas de piso e, finalmente, 
para os nós das duas treliças laterais. Assim como no telhado, o carregamento da 
treliça de ponte também é coplanar (Figura 6.2b). 
{a) 
f 
Treliça de Ponte 
{b) 
Figura 6.2 
Quando as treliças de ponte ou telhado se estendem por grandes distâncias, um 
apoio oscilante ou de rolete normalmente é usado para apoiar uma extremidade, por 
exemplo, o nó A nas figu ras 6. 1 a e 6.2a. Esse tipo de suporte permite liberdade para 
expansão ou contração dos membros devido a variações de temperatura ou aplicação 
de cargas. 
Hipóteses de projeto 
Para projetar os membros e as conexões de uma treliça, é necessário primeiro 
determinar aforça desenvolvida em cada membro quando a treliça está sujeita a um 
determinado carregamento. Para isso, faremos duas hipóteses importantes: 
• Todas as cargas são aplicadas 110s 11ós. Em muitas situações, tais como 
para treliças de ponte e de telhado, essa hipótese é verdadeira. 
Frequentemente, o peso dos membros é desprezado porque a força 
suportada por cada membro normalmente é muito maior do que seu peso. 
Entretanto, se for preciso incluir o peso na análise, geralmente é satisfatório 
aplicá-lo como uma força vertical, com metade de sua intensidade sobre 
cada extremidade do membro. 
• Os membros são co11ectados e11tre si por pi11os lisos. As conexões 
normalmente são formadas aparafusando ou soldando as extremidades dos 
membros a uma placa comum, chamada placa de ligação, como mostra a 
Figura 6.3a, ou simplesmente passando um grande parafuso ou pino através 
de cada um dos membros (Figura 6.3b). Podemos assumir que essas 
conexões atuam como pinos, jã que as linhas centrais dos membros 
articulados são concorretlfes, como na Figura 6.3. 
Capítulo 6 
Devido a essas duas hipóteses, cada membro da treliça agirá como um membro 
de duas forças c, portanto, a força atuando em cada extremidade do membro será 
direcionada ao longo do eixo do membro. Se a força tende a alongar o membro, ela 
é uma força de tração <n (Figura 6.4a); se ela tende a encurtar o membro, é uma 
força de compressão (C} (Figura 6.4b). o projeto real de uma treliça, é importante 
especificar se a natureza da força é de tração ou de compres ào. Frequentemente, os 
membros em compressão precisam ser fabricados mais espessos do que os membros 
em tração, devido a nambagem que ocorre quando um membro está em compressão. 
Treli~a simples 
Se os três membros são conectados por pino em suas ext remidades, eles fo rmam 
uma treliça triangular que será rígida (Figura 6.5). Unir dois ou mais membros e 
conectá-los a um novo nó D forma uma treliça maior (Figura 6.6). Esse procedimento 
pode ser repetido tantas vezes quanto desejado para forma r uma trel iça ainda maior. 
Se uma treliça pode ser construída expandindo a treliça básica triangular dessa forma, 
ela é chamada de treliça simples. 
A 
A 
O método dos nós 
p 
Figura 6.5 
p 
Figura 6.6 
8 
Para analisar ou projetar uma treliça, é necessário determinar a força em cada um 
de seus membros. Uma maneira de fazer isso é usar o método dos nós. Esse método 
se baseia no fato de que se a treliça inteira está em equilíbrio, então cada um de seus 
nós também está em cquilibrio. Portanto, se o diagrama de corpo livre de cada nó é 
de cnhado, a equações de equilíbrio de força podem ser usadas para obter as forças 
do membro agindo sobre cada nó. Como os membros de uma treliça plana ão 
membros retos de duas forças situados em um único plano, cada nó está sujeito a 
um sistema de forças que é coplanar e concorrellle. Como resul tado, apenas 
'LFx = O c 'LF_1, = O precisam ser satisfeitos para o equilíbrio. 
Por exemplo, considere o pino no nó 8 da treliça na Figura 6.7a. Três forças 
atuam sobre o pino, a saber, a força de 500 N e as forças exercidas pelos membros 
Análise estrutural I 197 I 
T C 
T C 
Tração Compressão 
(a} (b} 
2m 
Figura 6.4 
I 1----2m---l 
(a} 
Figura 6.7 
198 I Estática 
8 
~ 500N 
F BA(traçào) F 8c(compressão) 
(b) 
B 
F BC (compressão) 
(c) 
figura 6.7 
BA e BC. O diagrama de corpo I ivre do pino é mostrado na Figura 6. 7 b. Aqui, F BA 
está ' puxando' o pino, o que significa que o membro BA está em tração; enquanto 
F BC está 'empurrando' o pino e, portanto, o membro BC está em compressão. Esses 
efeitos são claramente demonstrados isolando-se o nó com pequenos segmentos do 
membros conectados ao pino (Figura 6.7c). O empurrão ou puxão nesses pequenos 
segmentos indica o efeito do membro em compressão ou tração. 
Ao usar o método dos nós, sempre comece em um nó que tenha pelo menos uma 
força conhecida e, no máximo, duas forças incógnitas, como na Figura 6.7b. Desse 
modo, a aplicação de l.F.~ = O e l.Fy =O produz duas equações algébricas que podem 
ser resolvidas para as duas incógnitas. Ao aplicar essas equações, o sentido correto 
de uma força do membro incógnito pode ser determinado usando um de dois métodos 
possíveis. 
• O sentido correto da direção de uma força do membro incógnito pode, em 
muitos casos, ser detenninado 'por observação'. Por exemplo, F BC na 
Figura6.7b deve empurrar o pino (compressão), já que sua componente 
horizontal, FBc sen 45°, precisa equilibrar a força de 500 N (l.F..; = 0). Da 
mesma forma, FBA é uma força de tração, já que ela equilibra a componente 
vertical, FBc cos 45° (l.Fy = 0). Em casos mais complexos, o sentido de 
uma força do membro incógnito pode ser assumido; então, após aplicar as 
equações de equilíbrio, o sentido assumido pode ser verificado pelos 
resultados numéricos. Um resultado positivo indica que o sentido está 
correto, enquanto urna resposta negativa indica que o sentido mostrado no 
diagrama de corpo livre precisa ser invertido. 
• Sempre considere que as forças do membro incógnito que atuam no 
diagrama de corpo livre do nó estão sob tração; ou seja, as forças 'puxam' 
o pino. Dessa maneira, a solução numérica das equações de equilíbrio 
produzirá escalares positivos para os membros sob tração e escalares 
negativos para os membros sob compressão. Urna vez que uma força de 
membro incógnito é encontrada, use sua intensidade e sentido corretos 
(T ou C) no diagrama de corpo livre do nó subsequente. 
Procedimento para análise 
O seguinte procerumento fomece um meiO de analisar uma treliça usando o 
método dos nós. 
• Desenhe o diagrama de corpo livre de um nó tendo pelo menos uma força 
conhecida e no máximo duas forças incógnitas. (Se esse nó estiver em um dos 
apoios, então pode ser necessário primeiro calcular as reações externas 
no apoio.) 
• Use um dos métodos descritos anteriormente para estabelecer o sentido de 
uma força incógnita. 
• Oriente os eixos x e y de modo que as forças no diagrama de corpo livre 
possam ser facilmente decompostas em suas componentes x e y e, depois, 
aplique as duas equações de equilíbrio de força l.Fx = O e l.Fy = O. Resolva 
para as duas forças do membro incógnitos e verifique seu sentido correto. 
• Usando os resultados calculados, continue a analisar cada um dos outros nós. 
Lembre-se de que um membro sob compressão 'empurra' o nó c um membro 
sob tração 'puxa' o nó. Além disso, certifique-se de escolher um nó que tenha 
pelo menos uma força conhecida e no máximo duas forças incógnitas. 
Capítulo 6 Análise estrutural 199 I 
Exemplo 6.1 
Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6.8a c indique se 
os membros estão sob tração ou compressão. 
-SOLUÇAO 
Como não devemos ter mais do que duas forças incógnita no nó e não menos que 
uma força conhecida atuando ali, começaremos nossa análise com o nó 8. 
Nó B 
O diagrama de corpo livre do nó 8 é mostrado na Figura 6.8b. Aplicando as equações 
de equilíbrio, temos: 
.:!: 'L F. = O; 500 N - Fac sen 45° = O Fac = 707, I N (C) 
+I 'f.F, = 0; Fac cos 45° - FaA = O FaA = 500 N (T) 
Como a força no membro BC foi calculada, podemos proceder à análise do nó C 
para determinar a força no membro CA e a reação no apoio oscilador. 
Nó C 
Pelo diagrama de corpo livre do nó C (Figura 6.8c), temos: 
+ - l,F, = 0; -Fc , + 707, I cos 45° N = O FcA = 500 N (T) 
+I L.F, = O; C, - 707, I sen 45° = O C> = 500 N 
Nó A 
Embora não seja necessário, podemos determinar as componentes das reações de 
apoio no nó A usando os resultados de FcA e FnA· Através do diagrama de corpo 
livre (Figura 6.8d}, temos: 
+ - L.F. =O; 500 N-A, =O A. = 500 N 
+I 'LF, =O; 500 N - A, =O A,.= 500 N 
NOTA: Os resultados da análise são resumidos na Figura 6.8e. Observe que o diagrama 
de corpo livre de cada nó (ou pino) mostra os efeitos de todos os membros conectados 
c forças externas aplicadas ao nó, enquanto o diagrama de corpo livre de cada membro 
mostra apenas os efeitos dos nós sobre o membro. 
B 500N 
500 N ~ 707.1 
45° 
SOON A 
500 Tsoo 
500 
(e) 
Figura 6.8 
2m 
l-2m -I 
(a) 
(b) 
(c) 
F a• = 500 
(d) 
Figura 6.8 
I 200 I Estático 
)' 
I 
1400 N 
Fw Te - •·~x 
·-y45° 
Fac 
(b) 
y' 
(d 
y 
F,fD-112,14 N 
(d) 
Figura 6.9 
Exemplo 6.2 
Determine a força em cada membro da treliça na Figura 6.9a e indique se os membros 
estão sob tração ou compressão. 
-SOLUCAO 
• 
400N 
1--2 m---rl--~0:~ 
(a) 
Figura 6.9 
Como o nó C possui uma força conhecida e apenas duas forças incógnitas que atuam 
sobre ele, é possível começar nesse nó; em seguida, vamos analisar o nó De, depois, 
o nó A. Desse modo, as reações de apoio não precisarão ser determinadas antes de 
começar a análise. 
Nó C 
Por observação do equilíbrio de forças (Figura 6.9b), podemos ver que os membros 
BC c CD só podem estar sob compressão. 
+I L.f;. == O; Fsc scn 45°- 400 N == O 
+ 
- L.F. == O· ·' ' 
Nó D 
Fnc == 565,69 N == 566 N (C) 
Fco - (565, 69 N) cos 45° == O 
Fco == 400 N (C) 
Usando o resultado F co = 400 N (C), a força nos membros BD e AD pode ser 
determinada analisando o equiiibrio do nó D. Consideraremos que FAo e Fno são, 
ambas, forças de tração (Figura 6.9c). O sistema de coordenadas x' e y' será 
estabelecido de modo que o eixo x' esteja direcionado ao longo de F 80. Desse modo, 
eliminaremos a necessidade de resolver duas equações simultaneamente. Agora, F Ao 
pode ser obtido diretamente aplicando tF_v· = O. 
+ / L.F;.- = O; - FAo sen 15°- 400 sen 30° = O 
FAo=-772,74N =773N(C) 
O sinal negativo indica que F Ao é uma força de compressão. Usando este resultado, 
+ "'- L.Fx· = O; F80 + (- 772, 74 cos 15°) - 400 cos 30° = O 
Fso = 1092, 82 N = 1,09 kN (T) 
Nó A 
A força no membro AB pode ser encontrada analisando o equilíbrio do nó A (Figura 
6.9d). Temos: 
+ 
- L,f'x :;;;::: O; (772, 74 N) cos 45° - FAB :;;;::: o 
FAB = 546,41 N (C)= 546 N(C) 
Capítulo 6 Análise estrutural I 201 
Exemplo 6.3 
Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6. 1 Oa. Indique se 
os membros estão sob tração ou compressão. 
400 
4m 
(a) 
-SOLUCAO 
o 
Reasões de apoio 
enhum nó pode ser analisado até que as reações de apoio sejam detenninadas, já 
que cada nó sofre a ação de mais de três forças desconhecidas. Um diagrama de 
corpo livre de toda a treliça é fornecido na Figura 6.1 Ob. Aplicando as equações 
de equilíbrio, temos: 
!. "LF. = O; 
+I "LF, = O; 
600N - Ç .. =O Cx = 600 
- ~1~6 m) + 400 N(3 m) + 600 N(4 m) = O 
Ay = 600 N 
600 N - 400 - Cy = O C:1• = 200 N 
A análise agora pode começar no nó A ou C. A escolha é arbitrária, pois existe uma 
força do membro conhecido c duas incógnitas atuando no pino em cada um desses 
o nos. 
Nó A 
(Figura 6. 1 Oc). Como mostra o diagrama de corpo livre, FAB é considerada de 
compressão c FAo, de tração. Aplicando as equações de equilíbrio, temos: 
+I "LF, =O; 4 600 N - S Ft1B = 0 Ft1B = 750 N (C) 
+ - 'i.F, =O; Fw- f(750 N) =O Ft~o = 450 N (T) 
Nó D 
(Figura 6.1 Od). Usando o resultado para fÃD e somando as forças na direção horizontal, 
temos: 
!. 'i.F, =O; - 450 N + ~ fi>s + 600 N = 0 Fos = - 250 N 
O sinal negativo indica que F DB atua no sentido oposto ao mostrado na Figura 6.1 Od. • 
Logo, 
Foo = 250 (T) 
• O sentido correto poderia ter sido determinado por observação. antes de aplicar l.F, = O. 
400 c, 
1--Jm--1 
4m 
600 
1------6m------~ 
A,. 
(b) 
)' 
600 
(c) 
I ' ., 
f os Foc 
-- ..,.~)--..,.. --x 
450 D 600 
(d) 
Figura 6.10 
I 202 I Estático 
Para determinar F oc, podemos corrigir o sentido de F DB no diagrama de corpo livre 
e, depois, aplicar 'LF_v = O ou aplicar essa equação e manter o sinal negativo para 
F os, ou seja, 
+I 'Lf;. = O; - Foc- t< - 250 N) = O Foc = 200 N (C) 
Nó C 
(Figura 6.1 Oe) 
.±. 'LFx =O; 
+ f 'LE;. = O; 
Y. 
200 N 
__ _ F""ca;,..._._~.t-o..,._:6;.;:;0.::..0 .;.;.N _ x 
200 N 
(e) 
Figura 6.1 O 
Fc8 - 600 N =O 
200 N - 200 N = O 
F co = 600 N (C) 
(verificação) 
NOTA: A análise é resumida na Figura 6.1 OJ, que mostra o diagrama de corpo livre 
para cada nó e membro. 
400 200 N 
600 N Compressão 600 N 
8 :+ ·~-600N 
c 
250N 200 N 
750 N 
250N 'i200N 
Tração 
A~..... .,____,a:=========t>--..... .- .. 600 N 
450 N 450 N D 
600 N 
(f) 
Figura 6.1 O 
Membros de forca zero , 
A análise da treliça usando o método dos nós nom1almente é simplificada se 
pudennos primeiro identificar osmembros que não suportam carregamento algum. 
Esses membros de força zero são usados para aumentar a estabilidade da treliça 
durante a construção e para fornecer um apoio adicional se o carregamento for alterado. 
Em geral, os membros de força zero de uma treliça podem ser determinados por 
observação de cada um dos nós. Por exemplo, considere a treliça mostrada na Figura 
6.11 a. Se um diagrama de corpo I ivre do pino no nó A for desenhado (Figura 6.11 b ), 
Capítulo 6 Análise estrutural I 203 I 
vemos que os membros AB c AF são membros de força zero. (Não poderíamos ter 
chegado a essa conclusão se tivéssemos considerado os diagramas de corpo livre dos 
nós F ou 8 simplesmente porque há cinco incógnitas em cada um de es nós.) De 
modo semelhante, considere o diagrama de corpo livre do nó D (Figura 6.ll c). Aqui, 
novamente vemos que DC e DE são membros de força zero. A partir dessas 
observações, podemos concluir que se apenas dois membros formam um nó da treliça 
e nenhuma carga extema ou reação de apoio é aplicado ao nó, os dois membros só 
podem ser membros de força zero. A carga sobre a treliça na Figura 6.lla é, portanto, 
sustentado por apenas cinco membros, como mostra a Figura 6. 11 d. 
D y 
I 
F 
A X 
F,n c 
+ 
D 
y 
8 -+ í:f,- O; 
p +i íf>- O; 
FAa- 0 
FfF o 
+ \,I/~ - O; Frx:scn O= O; 
+ I(' 'ífx O; F DE + O O; 
Frx: = O pois scn O :F O 
Foc= O 
(a) (b) 
Agora considere a treliça mostrada na Figura 6.12a. O diagrama de corpo livre 
do pino no nó D é mostrado na Figura 6.12b. Orientando o eixo y ao longo dos 
membros DC c DE c o eixo x ao longo do membro DA, podemos ver que DA é um 
membro de força zero. Note que esse também é o caso para o membro CA (Figura 
6.12c). Em geral, então, se três membros formam um nó da treliça onde dois dos 
membros são colineares, o terceiro membro é um membro de força =ero, já que 
nenhuma força externa ou reação de apoio é aplicada ao nó. A treliça mostrada na 
Figura 6.12d, portanto, é adequada para suportar o peso P. 
p E 
8 
(a) 
)' 
+I(' IF, O; F< 1 scn O O; FcA O pois scn O :F O; 
+\. "i,F, = 0; FcB - Fm 
(c) 
p 
f m: 
)' 
+ .t' IF. O; F,,. o 
+ \t IF, - 0: F rx - F DF 
(b) 
E 
(d) 
(c) 
B 
(d) 
Figura 6.11 
Figura 6.12 
p 
I 204 I Estático 
I 
X 
(b) 
(c) 
y 
Fm: 
"-y 
(d) 
Figura 6.13 
Exemplo 6.4 
Usando o método dos nós, determine todos os membros de força zero da treliça de 
telhado Fink mostrada na Figura 6.13a. Considere que todos os nós são conectados 
por pmos. 
-SOLUCAO • 
5 kN 
c 
(a) 
Figura 6.13 
Procure geometrias de nó que tenham três membros para os quais dois sejam 
col ineares. Temos: 
Nó G 
(Figura 6.13b) 
+t 'LFy =O; Fcc =O 
Perceba que não poderíamos concluir que CC é um membro de força zero considerando 
o nó C, onde existem cinco incógnitas. O fato de que GC é um membro de força 
zero significa que a carga de 5 kN em C precisa ser suportada pelos membros CB, 
CH, CF e CD. 
Nó D 
(Figura 6. I 3c) 
+ / 'LFx =O; FoF =O 
Nó F 
(Figura 6.13d) 
+t L-F_,. = O; FFc cose = o pois e f. 90°' rf-c = O 
NOTA: Se o nó 8 for analisado (Figura 6.13e), 
+ '\. 'LF.r = O; 2kN - FB!i = O F oH = 2kN (C) 
Além disso, F HC precisa satisfazer 'LF_v = O (Figura 6.13./) e, portanto, HC não é um 
membro de força zero. 
2kN 
y 
2kN 
X 
I FHc 
~ -x 
FHA H Fuc 
\ 
(e) (f) 
Figura 6.13 
Problemas fundamentais 
6.1. Determine a força em cada membro da treliça. Indique 
se os membros estão sob tração ou compressão. 
1--- I m ---1--- I m ---1 
D 
2kN I 
lm 
8 
Problema 6.1 
6.2. Determine a força em cada membro da treliça. Indique 
se os membros estão sob tração ou compressão. 
0,9 m 
1---<0,6 m 0,6 n~ 
1,5 kN 
Problema 6.2 
6.3. Determine a força nos membros AE e DC. indique se 
os membros estão sob tração ou compressão. 
F~========~E========~~~~ 
~========®• cT 
8 
1----1,2 m---1---1,2 m---1 
4kN 
Problema 6.3 
Capítulo 6 Análise estrutural I 205 I 
6.4. Detcm1ine a maior carga P que pode ser aplicado na 
treliça de modo que nenhlUn dos membros esteja sujeito a 
uma força excedendo 2 kN em tração ou I ,5 kN em 
compressão. 
p 
--3m---
Problema 6.4 
6.5. Identifique os membros de força zero na treliça. 
3 kN 
IE 2m 2m-j D 
r · c 
1,5 m 
I 
8 
Problema 6.5 
6.6. Detem1ine a força em cada membro da treliça. Indique 
se os membros estão sob tração ou compressão. 
3kN 
? 2" - , ) 
I--- I m --·1-- I m -----1 
Problema 6.6 
I 206 I Estática 
•6.1. Detc1minc a força em cada membro da treliça c indique 
se os membros estão sob tração ou compressão. 
600N D 
I 
2m 
900N E c 
I 
2m 
Lo 
l-2m --I 
Problema 6.1 
6.2. A treliça usada para sustentar um balcão está sujeita 
às cargas mostradas. Considere cada nó como um pino e 
determine a força em cada membro. Indique se os membros 
estão sob tração ou compressão. Faça P 1 = 3 kN , 
P2 = 2 kN. 
6.3. A treliça usada para sustentar um balcão está sujeita às 
cargas mostradas. Considere cada nó como um pino e 
determine a força em cada membro. Indique se os membros 
estão sob tração ou compressão. Faça Pt = 4 kN, P2 = O. 
A 8 
lm 
~----lm lm-----~ 
Problemas 6.2/ 3 
•6.4. Determine a força em cada membro da treliça c indique 
se os membros estão sob tração ou compressão. Considere 
cada nó como um pino. Faça P = 4 kN. 
•6.5. Considere que cada membro da treliça é feito de aço 
tendo uma massa por comprimento de 4 kg/m. Faça 
P = O, determine a força em cada membro e indique se os 
membros estão sob tração ou compressão. Despreze o peso 
das placas de ligação e considere cada nó como um pmo. 
Resolva o problema supondo que o peso de cada membro 
pode ser representado por uma força vertical, metade da qual 
é aplicada na extremidade de cada membro. 
2P 
p p 
T 
4m 
1----4m--+---- 4 m ~ 
Problemas 6.4/ S 
6.6,, Determine a força em cada membro da treliça e diga 
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça 
P t = 2 kN, P2 = I ,5 kN. 
6.1. Determine a força em cada membro da treliça e diga 
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça 
P t = P2 = 4 kN. 
c 
IE 1------- 3 m -----1------ 3 m ----1 D 
Problemas 6.6/ 7 
•6.8. Determine a força em cada membro da treliça e diga 
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça 
p = 4 kN. 
I 208 I Estático 
•6.20. Determine a força em cada membro da treliça e indi-
que se os membros estão sob tração ou compressão. O bloco 
possuí uma massa de 40 kg. 
•6.21. Determine a maior massa 111 do bloco suspenso de 
modo que a força em qualquer membro da treliça não exceda 
30 kN (T) ou 25 kN (C). 
lm 
3.5 m 
2,5 m 
l 
Problemas 6.20/ 21 
6.22. Determine a força em cada membro da treliça e indi-
que se os membros estão sob tração ou compressão. 
6.23. A treliça é fabricada usando membros uniformes que 
têm uma massa de 5 kglm. Remova as forças externas da 
treliça e detenníne a força em cada membro devido ao peso 
da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou 
compressão. Considere que a força total que atua sobre um 
nó é a soma da metade do peso de todos os membros 
conectados ao nó. 
600 N 
400 N 
c 
f:-2 m~-
8 
2 m~ 
Problemas 6.22/ 23 
•6.24. Detennine a força em cada membro da treliça e indi-
que se os membros estão sob tração ou compressão. Faça 
p =4 k . 
•6.25. Detennínc a maior força P que pode ser aplicada ã 
treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a 
uma força maior que I ,5 kN em tração ou I kN em 
~ comprcssao. 
p p 
Problemas 6.24/ 25 
6.26. Um painel está sujeito a uma carga de vento que 
exerce forças horizontais de I ,5 kN nos nós B e C de uma 
das treliças de apoio laterais. Determine a força em cada 
membro da treliça e indique se os membros estão sob tração 
~ ou compressao. 
1.5 k 
3,9 m 
1.5 1... 
Problema 6.26 
6.21. Determine a força em cada membro da treliça tesoura 
dupla em fu nção da carga P c indique se os membros estão 
sob tração ou compressão. 
8 c 
I 
U3 
p p 
Problema 6.27 
•6.28. Detennínc a força em cada membro da treliça em 
função da carga P c indique se