Estática - Hibbeler ed. 12

H I B B E L E R
ESTÁTICA
MECÂNICA PARA ENGENHARIA
12 a EDIÇÃO
De acordo com o
Sistema Internacional
de Unidades (SI)

Tradução
Daniel Vieira
Revisão Técnica
José Maria Campos dos Santos
Professor Doutor do Departamento de Mecânica Computacional
da Faculdade de Engenharia Mecânica da
Universidade Estadual de Campinas

978-85-4301-376-3
3 a 6 a reimpressão – abril 2014
– agosto Direitos exclusivos
4 a reimpressão
para a
–
língua
dezembro
portuguesa
2012
cedidos à
Direitos exclusivos Pearson Education para língua do Brasil portuguesa Ltda.,
cedidos à
uma
Pearson empresa Education do grupo do Pearson Brasil Education
Ltda.,
uma empresa Rua Nelson do grupo Francisco, Pearson 26
Education
CEP 02712-100 Rua Nelson – São Francisco, Paulo – SP 26– Brasil
CEP Fone: 02712-100 11 2178-8686 – São – Fax: Paulo 11 – 2178-8688
SP – Brasil
Fone: (11) e-mail: 2178-8686 vendas@pearson.com
– Fax: (11) 2178-8688
vendas@pearson.com

SUMÁRIO
1 Princípios gerais 1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
2 Vetores de força 11
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
3 Equilíbrio de uma partícula 61
3.1
3.2
3.3
3.4
4 Resultantes de um sistema de forças 85
4.1
4.2
4.3
4.4

| viii | Estática
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
5 Equilíbrio de um corpo rígido 145
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
6 Análise estrutural 195
6.1
6.2
6.3
6.4
6.5
6.6
7 Forças internas 249
7.1
7.2
7.3
7.4
8 Atrito 290
8.1
8.2
8.3
8.4
8.5
8.6
8.7
8.8

Sumário | ix |
9 Centro de gravidade e centroide 337
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
10 Momentos de inércia 387
10.1
10.2
10.3
10.4
10.5
10.6
10.7
10.8
11 Trabalho virtual 425
11.1
11.2
11.3
11.4
11.5
11.6
11.7
Apêndices 454
A
B
C
Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais 461
Respostas dos problemas selecionados 476
Índice remissivo 508

PREFÁCIO
Este livro contém os seguintes novos elementos:
Ampla variedade de problemas para a sua prática e resolução
Exemplos
| 154 | Estática
Exemplo 5.4
(b)
(c)
Figura 5.10
(a)
SOLUÇÃO

| xii | Estática
Problemas fundamentais
| 392 | Estática
Problemas fundamentais
10.1.
y
10.3.
y
y 3 = x 2
y 3 = x 2
1 m
1 m
x
x
1 m
Problema 10.1
1 m
Problema 10.3
10.2.
y
10.4.
y
1 m
y 3 = x 2
1 m
y 3 = x 2
x
x
1 m
Problema 10.2
1 m
Problema 10.4
Problemas conceituais
Capítulo 8 Atrito | 309 |
Problemas conceituais
8.1.
8.4.
Problema 8.1
8.2.
Problemas 8.3/4
8.5.
Problema 8.2
8.3.
Problema 8.5

Prefácio | xiii |
Diagramas realísticos com vetores
para demonstrar aplicações do mundo real
Ilustrações com vetores
Problemas fundamentais*
2.1.
*Soluções parciais e respostas para todos os Problemas
fundamentais são fornecidas no final do livro.
2.4.
Problema 2.1
2.2.
Problema 2.4
2.5.
Problema 2.2
2.3.
Problema 2.5
Fotografias
| 88 | Estática
A capacidade de remover o prego exigirá que o momento de
F H em relação ao ponto O seja maior do que o momento da
força F N em relação ao O que é necessário para arrancar o
prego.
4.2 Produto vetorial

| xiv | Estática
Site de apoio do livro
No
site de apoio (www.pearson.com.br/hibbeler), professores e estudantes têm acesso a
materiais
adicionais que facilitam tanto a exposição das aulas como o processo de aprendizagem.
Para o professor:
Para o professor: Apresentações em PowerPoint
Os
professores podem contar com slides que possuem informações e diagramas dos
respectivos capítulos.
Manual de soluções (em inglês)
O
manual de soluções (em inglês) contém as respostas de exercícios do livro.
Banco de imagens
O banco de imagens contem ilustrações, diagramas e fotos encontrados no livro.
Esse material é de uso exclusivo dos professores e está protegido por senha. Para ter acesso
a
ele, os professores que adotam o livro devem entrar em contato com seu representante Pearson
ou enviar para universitários@pearson.com.
Para o estudante:
Para o estudante:
Textos adicionais (em inglês)
Guia do Matlab (em inglês)

AGRADECIMENTOS
Sobre o adaptador

CAPÍTULO
1
Princípios gerais
Objetivos do capítulo
Fornecer uma introdução às quantidades básicas e idealizações da mecânica.
Apresentar o enunciado das leis de Newton do movimento e da gravitação.
Revisar os princípios para a aplicação do Sistema Internacional de Unidades (SI).
Examinar os procedimentos padrão de execução dos cálculos numéricos.
Apresentar uma orientação geral para a resolução de problemas.
1.1 Mecânica
A mecânica é um ramo das ciências físicas 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, componentes
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 (287-212 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 edifícios.

| 2 | Estática
Como os princípios da dinâmica dependem de uma medição precisa do tempo,
esse assunto se desenvolveu 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 Newton (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.
1.2 Conceitos fundamentais
Antes de começarmos o nosso estudo da mecânica para engenharia é importante
entender o significado de alguns 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 físico. Uma vez definida a unidade padrão do
comprimento, pode-se definir distâncias e propriedades geométricas de um corpo
como múltiplos da unidade 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 dinâmica.
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.
Força
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 partícula, os princípios
da mecânica reduzem-se a uma forma muito simplificada, uma vez que a geometria
do corpo não estará envolvida na análise do problema.

Capítulo 1 Princípios gerais | 3 |
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. Na maioria dos casos,
as deformações reais que ocorrem em estruturas, máquinas, mecanismos e similares
são relativamente pequenas, e a hipótese de corpo rígido é adequada para a análise.
Força concentrada
Uma força concentrada 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 formulada com base nas três leis do movimento
de Newton, cuja validade é baseada na observação experimental. Essas leis se aplicam
ao movimento de uma partícula quando medido a partir de um sistema de referência
não acelerado. Elas podem ser postuladas resumidamente como a seguir.
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 1.1a).
Segunda lei
Uma partícula sob a ação de uma força em desequilíbrio F sofre uma aceleração
a que possui a mesma direção da força e intensidade diretamente proporcional à força
(Figura 1.1b).* 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 e reação entre duas partículas são iguais, opostas e
colineares (Figura 1.1c).
Lei de Newton da atração gravitacional
Depois de explicar suas três leis do movimento, Newton postulou a lei que governa
a atração gravitacional entre quaisquer duas partículas. Expressa matematicamente,
F G
mm
= r
2
1 2
(1.2)
onde:
F = força da gravidade entre duas partículas
G = constante universal da gravitação; de acordo com evidência experimental,
G = 66,73(10 –12 ) m 3 2 )
m 1 , m 2 = massa de cada uma das duas partículas
r = distância entre as duas partículas
F
F 1
F 2
F 3
Equilíbrio
(a)
a
F
Movimento acelerado
(b)
força de A sobre B
F
A B força de B sobre A
Ação — reação
(c)
Figura 1.1
v
* Enunciado de outra forma, a força em desequilíbrio que atua sobre a partícula é proporcional à
taxa de variação da quantidade de movimento linear da partícula.

| 4 | Estática
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 superfície 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 m 1 = m. Se considerarmos a Terra uma
esfera sem rotação de densidade constante e tendo uma massa m 2 = M e , e se r é a
distância entre o centro da Terra e a partícula, temos:
W G
mM
= e
r
2
Adotando g = GM e /r 2 , resulta:
W = mg
(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 determinada onde a medição foi feita. Para a maioria
dos cálculos de engenharia, no entanto, g é determinada ao nível do mar e na latitude
de 45°, que é considerado o ‘local padrão’.
1.3 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 Système
International 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 quilogramas (kg). A unidade
de força, chamada ‘newton’ (N), é derivada de F = ma. Portanto, 1 newton é igual
à força necessária para fornecer 1 quilograma de massa a uma aceleração de 1 m/s 2
(N = 2 ).
TABELA 1.1 | Sistemas de unidades
Nome Distância Tempo Massa Força
Sistema Internacional
de Unidades
Metro Segundo Quilograma Newton*
(SI) (m) (s) (kg) (N)
kg $ m
c 2 m
s
*Unidade derivada.

Capítulo 1 Princípios gerais | 5 |
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 m/s 2 ; entretanto, para cálculos, será usado o valor g = 9,81 m/s 2 . Assim,
W = mg (g = 9,81 m/s 2 ) (1.4)
Logo, um corpo de massa 1 kg possui um peso de 9,81 N, um corpo de 2 kg pesa
19,62 N e assim por diante (Figura 1.2).
1.4 Sistema internacional de unidades
9,81 N
Figura 1.2
1 kg
O Sistema Internacional de Unidades (SI) será bastante usado neste livro, visto
que ele deve se tornar o padrão de medida mundial. Portanto, apresentaremos agora
algumas das regras para o seu uso e terminologias 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 decimais.* Por exemplo,
4 000 000 N = 4 000 kN (quilonewtons) = 4 MN (meganewtons), ou 0,005 m = 5 mm
(milímetros). Observe que o sistema SI não inclui o múltiplo deca (10) ou o
submúltiplo centi (0,01), que fazem parte 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 Prefixo Símbolo SI
Múltiplos
1000000000 10 9 giga G
1000000 10 6 mega M
1000 10 3 quilo k
Submúltiplos
0,001 10 –3 mili m
0,000001 10 –6 micro μ
0,000000001 10 –9 nano n
Regras para uso
As regras importantes 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.

| 6 | Estática
prefixo, como indicado por N = kg m/s 2 = kg m s –2 . Também é o caso
A potência exponencial de uma unidade tendo um prefixo se refere a
ambos: a unidade e seu prefixo. Por exemplo, μN 2 = (μN) 2 = μμN. Da
mesma forma, mm 2 representa (mm) 2 =
Com a exceção da unidade básica quilograma, em geral, evite o uso de
prefixo 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 termos de suas unidades
básicas ou derivadas convertendo todos os prefixos para potências de 10.
O resultado final deve então ser expresso usando-se um prefixo simples.
Também, após o cálculo, é melhor manter os valores numéricos entre
0,1 e 1000; caso contrário, um prefixo adequado deve ser escolhido. Por
exemplo,
3 -9
( 50 kN)( 60 nm) = [ 50( 10 ) N][ 60( 10 ) m]
-6 -3
= 3000( 10 ) N$ m = 3( 10 ) N$ m = 3mN$
m
1.5 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 físico devem
ser dimensionalmente 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
1 2
= + at , onde, no SI, s é a posição em metros, m, t é o tempo em
2
segundos, s, v é a velocidade em m/s e a é a aceleração em m/s 2 . 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, (m/s/)s/, (m/s/)s 2 /]
2
ou resolvendo para a, a = 2s/t 2 – 2v/t, os termos são expressos em unidades de m/s 2
[m/s 2 , m/s 2 , (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 parcial para manipulações algébricas de uma equação.
Algarismos significativos
O número de algarismos significativos contidos em qualquer número determina
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 notação de 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 (10 3 ), tais como: (10 3 ), (10 6 )

Capítulo 1 Princípios gerais | 7 |
ou (10 –9 ). Por exemplo, se 23400 tiver cinco algarismos significativos, ele é escrito
como 23,400(10 3 ), mas se tiver apenas três algarismos significativos, ele é escrito como
23,4(10 3 ).
Se zeros ocorrerem no início de um número menor que um, então não serão
significativos. Por exemplo, 0,00821 possui três algarismos significativos. Usando a
notação de engenharia, esse número é expresso como 8,21(10 –3 ). Da mesma forma,
0,000582 pode ser expresso como 0,582(10 –3 ) ou 582(10 –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, qualquer 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 significativos. 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 e
9,3866 se torna 9,39. Se arredondarmos 1,341 para três algarismos significativos,
como o quarto algarismo (1) é menor que 5, então teremos 1,34. Semelhantemente,
0,3762 se torna 0,376 e 9,871 se torna 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 três algarismos significativos se
torna 75,2; 0,1275 se torna 0,128; e 0,2555 se torna 0,256.
Cálculos
Quando uma sequência de cálculos é realizada, é melhor armazenar os resultados
intermediários na calculadora. Em outras palavras, não arredonde os cálculos até
expressar o resultado final. Esse procedimento mantém a precisão por toda a série
de etapas até a solução final. Neste texto, normalmente arredondamos as respostas
para três algarismos significativos, já que a maioria dos dados na mecânica para
engenharia, como geometria e cargas, podem ser medidos de maneira confiável nesse
nível de precisão.
1.6 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 organizada, como sugerido na seguinte
sequência de passos:
Leia o problema cuidadosamente e tente correlacionar a situação física 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 dimensionalmente
homogêneas.
Resolva as equações necessárias e expresse a resposta com até três
algarismos significativos.
Estude a resposta com julgamento técnico e bom senso para determinar se
ela parece ou não razoável.

| 8 | Estática
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, μ 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 equação permanece dimensionalmente homogênea.
Conheça as regras de arredondamento de números.
Exemplo 1.1
Converta 2 km/h em m/s.
SOLUÇÃO
Como 1 km = 1000 m e 1 h = 3600 s, os fatores de conversão são organizados na
seguinte ordem, de modo que possa ser aplicado um cancelamento das unidades:
2 km
km/
h
m h
2
1000 1
= c mc
m
h km 3600 s
=
2000 m
= 0, 556 ms /
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 MN) 2 ;
(c) 45 MN 3 /900 Gg.
SOLUÇÃO
Primeiro, converta cada número em unidades básicas, efetue as operações indicadas
e depois escolha um prefixo apropriado.

Capítulo 1 Princípios gerais | 9 |
Parte (a)
(50 mN)(6 GN) = [50(10 –3 ) N][6(10 9 ) N]
= 300(10 6 ) N 2
6 2
= 300( 10 )N
1kN
1kN
c 3 mc
3 m
10 N 10 N
= 300 kN 2
NOTA: Observe com atenção a conversão kN 2 = (kN) 2 = 10 6 N 2 .
Parte (b)
(400 mm)(0,6 MN) 2 = [400(10 –3 ) m][0,6 (10 6 ) N] 2
= [400(10 –3 ) m][0,36 (10 12 ) N] 2
= 144(10 9 ) m $ N 2
= 144 Gm $ N 2
Podemos escrever também:
9 2 9 2
144( 10 ) m$ N = 144( 10 ) m$
N
1MN
1MN
c 6 mc
6 m
10 N 10 N
= 0,144 m $ MN 2
Parte (c)
3
45 MN
900 Gg
6 3
45( 10 N)
=
6
900( 10 ) kg
9 3
= 50( 10 ) N / kg
3
9 3
50( 10 ) N
1kN
1
c 3 m
10 N kg
3
= 50 kN / kg
Problemas
1.1. Arredonde os seguintes números 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 SI correta usando o prefixo apropriado:
(a) μMN, (b) N/μm, (c) MN/ks 2 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(10 3 ) N e (c) 0,00532 km.
*1.4. Represente cada uma das seguintes quantidades na
forma do SI correta usando um prefixo apropriado:
μs).
1.5. Represente cada uma das seguintes quantidades na forma
do SI correta usando um prefixo apropriado:
(a) kN/μ
1.6. Represente cada uma das seguintes expressões com três
algarismos significativos e expresse cada resultado em
unidades SI usando um prefixo apropriado: (a) 45320 kN,
(b) 568(10 5 ) mm e (c) 0,00563 mg.
1.7. Um foguete possui uma massa de 3,65(10 6 ) kg na Terra.
Especifique seu peso em unidades do SI. Se o foguete estiver
na Lua, onde a aceleração devido à gravidade é g m = 1,62 m/ s 2 ,
determine 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 1 Pa = 1 N/m 2 e a pressão atmosférica no nível
do mar é 101,325 kN/m 2 , 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. Resolva cada uma das seguintes expressões com
três algarismos significativos e expresse cada resultado
em unidades SI usando um prefixo apropriado:
(a) 354 mg(45 km)/0,0356 kN), (b) 0,00453 Mg)(201 ms) e
(c) 435 MN/23,2 mm.
*1.12. O peso específico (peso/volume) do bronze é
85 kN/m 3 . 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 | Estática
1.14. Determine a massa em quilogramas de um objeto que
tem um peso de (a) 20 mN, (b) 150 kN e (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 unidades
do SI usando um prefixo apropriado: (a) (200 kN) 2 ,
(b) (0,005 mm) 2 e (c) (400 m) 3 .
1.16. Usando as unidades básicas do SI, mostre que a Equação
1.2 é uma equação dimensionalmente 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.
*1.17. 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
e (b) (35 mm) 2 (48 kg) 3 .
1.18. Resolva (204 mm)(0,00457 kg)/(34,6 N) com três
algarismos significativos e expresse o resultado em unidades
do SI usando um prefixo apropriado.

CAPÍTULO
2
Vetores de força
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.
2.1 Escalares e vetores
Todas as quantidades físicas na mecânica para engenharia são medidas usando
escalares ou vetores.
Escalar
Um escalar é qualquer quantidade física positiva ou negativa que pode ser
completamente especificada por sua intensidade. Exemplos de quantidades escalares
incluem comprimento, massa e tempo.
Vetor
Um vetor é qualquer quantidade física 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 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
θ Direção
Figura 2.1

| 12 | Estática
2.2 Operações vetoriais
2A
A
A
–0,5A
Figura 2.2
Multiplicação e divisão de um vetor por um escalar
Adição de vetores
A
A
A
P
R
B
B
B
(a)
(b)
Figura 2.3
(c)
A
A
B
B
(a)
R
(b)
Figura 2.4
R
B
A
(c)

Capítulo 2 Vetores de força | 13 |
No caso especial em que os dois vetores A e B são colineares, ou seja, ambos
possuem a mesma linha de ação, a lei do paralelogramo reduz-se a uma adição
algébrica ou escalar R = A + B, como mostra a Figura 2.5.
Subtração de vetores
A resultante da diferença entre dois vetores A e B do mesmo tipo pode ser
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.
R
A
B
R = A + B
Adição de vetores colineares
Figura 2.5
A
B
R'
A
ou
R'
A
B
2.3 Adição vetorial de forças
B
Lei do paralelogramo
Subtração de vetores
Figura 2.6
Construção do triângulo
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
duas componentes. Descreveremos agora como cada um desses problemas é resolvido
usando a lei do paralelogramo.
Determinando uma força resultante
As duas forças componentes, F 1 e F 2 , agindo sobre o pino da Figura 2.7a podem
ser somadas para formar a força resultante F R = F 1 + F 2 , 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.
F 1
F R
F 2
A lei do paralelogramo é usada para
determinar a resultante das duas
forças agindo sobre o gancho.
F 1
F 1
F R
F 1
F 2
F R v
F 2
F 2
F R = F 1 + F 2
(a)
(b)
Figura 2.7
(c)
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 específicas. Por
exemplo, na Figura 2.8a, F deve ser decomposta em duas componentes ao longo dos

| 14 | Estática
u
F u
F
F v
v
Usando a lei do paralelogramo, a
força F causada pelo membro vertical
pode ser decomposta nas
componentes que agem ao longo dos
cabos de suspensão u e v.
F 2
F 1 + F 2 F R
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 e u, formando um paralelogramo. As componentes
da força F u e F v 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
u
F v
F u
v
F
u
F
F u
F v
(a)
(b)
(c)
O
F 1 F 2
F 1
Figura 2.9
F 2
F R
F 1
F 3
F 3
A força resultante FR sobre o gancho
requer a adição de F1 + F2. Depois
a resultante é somada a F3.
Adição de várias forças
Figura 2.8
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 , F 2 e F 3 atuam em um ponto O (Figura 2.9), a resultante de quaisquer
duas das forças (digamos, F 1 + F 2 ) é encontrada e, depois, essa resultante é somada
à terceira força, produzindo a resultante das três forças, ou seja, F R = (F 1 + F 2 ) + F 3 .
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 explicado na Seção 2.4.
Procedimento para análise
F 1
Problemas que envolvem a soma de duas forças podem ser resolvidos da seguinte
maneira:
v
F 2
F v
F R
(a)
F
F u
u
Lei do paralelogramo
Duas forças ‘componentes’, F 1 e F 2 na Figura 2.10a se somam conforme 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 2.10b), então, iniciando na extremidade da força F, construa
linhas paralelas aos eixos, formando, assim, o paralelogramo. Os lados do
paralelogramo representam as componentes, F u e F v .
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.
(b)
Figura 2.10
Trigonometria
Redesenhe metade do paralelogramo para ilustrar a adição triangular
‘extremidade-para-origem’ das componentes.

Capítulo 2 Vetores de força | 15 |
A
b
c
C
B
a
Pontos importantes
Lei dos cossenos:
C A 2 B 2 2AB cos c
Lei dos senos:
A B C
sen a sen b sen c
(c)
Figura 2.10
Exemplo 2.1
10°
F 2= 150 N
150 N
A
115°
65°
F 1 = 100 N
15°
10°
F R
360 – 2(65°)
2
= 115°
θ
15°
100 N
(a)
90° – 25° = 65°
(b)
SOLUÇÃO
Lei do paralelogramo
Trigonometria
FR
=
2 2
^100 Nh + ^150 Nh - 2^100 Nh^150 Nhcos
115°
= 10 000 + 22 500 -30 000^- 0, 4226h
= 212,
6 N
= 213 N
F R
115°
θ
ϕ 100 N
15°
(c)
Figura 2.11
150 N

| 16 | Estática
Aplicando a lei dos senos para determinar ,
150 N 212,
6 N
= sen i =
150 N
^ sen 115°
h
sen i sen 115°
212,
6 N
i = 39, 8°
Logo, a direção (fi) de F R , medida a partir da horizontal, é:
= 39,8° + 15,0° = 54,8°
NOTA: Os resultados parecem razoáveis, visto que a Figura 2.11b 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.
u
u
B
30°
30°
600 N
F
v
A
F u
30° 30°
120°
30°
600 N
120
F u
120°
30°
600 N
30°
F v
v
C
v
(a)
(b)
(c)
Figura 2.12
SOLUÇÃO
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 u . Da mesma forma, a linha estendida da extremidade
da força de 600 N paralelamente ao eixo u intercepta o eixo v no ponto C, que resulta
em F v .
A adição de vetores usando a regra do triângulo é mostrada na Figura 2.12c. As duas
incógnitas são as intensidades de F u e F v . Aplicando a lei dos senos,
Fu
=
600 N
sen 120° sen 30°
Fu
= 1039 N
Fv
=
600 N
sen 30° sen 30°
Fv
= 600 N
NOTA: O resultado para F u mostra que algumas vezes uma componente pode ter uma
intensidade maior do que a resultante.

Capítulo 2 Vetores de força | 17 |
Exemplo 2.3
Determine a intensidade da força componente F na Figura 2.13a e a intensidade da
força resultante se F R estiver direcionada ao longo do eixo y positivo.
y
y
F
45°
200 N
30°
F
45°
F R
60°
45°
45° 30°
200 N
30°
F R
45°
F
75°
60°
200 N
(a)
(b)
(c)
Figura 2.13
SOLUÇÃO
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 N
sen 60° sen 45°
F = 245 N
FR
=
200 N
sen 75° sen 45°
FR
= 273 N
Exemplo 2.4
É necessário que a força resultante que age sobre a argola na Figura 2.14a seja
direcionada ao longo do eixo x positivo e que F 2 tenha uma intensidade mínima.
Determine essa intensidade, o ângulo e a força resultante correspondente.
F 1
= 800 N
60°
θ
x
F 1
= 800 N
60°
F 2
θ
F R
x
F 1
= 800 N
F 2
60°
F R
θ = 90°
x
(a)
F 2
(b)
(c)
Figura 2.14
SOLUÇÃO
A regra do triângulo para F R = F 1 + F 2 é mostrada na Figura 2.14b. Como as
intensidades (comprimento) de F R e F 2 não são especificadas, então F 2 pode ser

| 18 | Estática
qualquer vetor que tenha sua extremidade tocando a linha de ação de F R (Figura
2.14c). Entretanto, como mostra a figura, a intensidade de F 2 é uma distância mínima,
ou a mais curta, quando sua linha de ação é perpendicular à linha de ação de F R , ou
seja, quando
= 90°
Como a adição vetorial forma agora um triângulo reto, as duas intensidades
desconhecidas podem ser obtidas pela trigonometria.
F R = (800 N)cos 60° = 400 N
F 2 = (800 N)sen 60° = 693 N
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.
*Soluções parciais e respostas para todos os problemas
fundamentais são fornecidas no final do livro.
2.4. Decomponha a força de 300 N nas componentes ao
longo dos eixos u e v, e determine a intensidade de cada uma
dessas componentes.
v
60°
45°
x
15°
300 N
30°
u
2 kN
6 kN
Problema 2.1
2.2. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine a
intensidade da força resultante.
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.
A
30°
30°
C
45°
40°
200 N
900 N
500 N
Problema 2.2
2.3. Determine a intensidade da força resultante e sua
direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x
positivo.
y
800 N
B
Problema 2.5
2.6. Se a força F precisa ter uma componente ao longo do
eixo u com F u = 6 kN, determine a intensidade de F e de sua
componente F v ao longo do eixo v.
u
45°
F
30°
x
600 N
105°
v
Problema 2.3
Problema 2.6

Capítulo 2 Vetores de força | 19 |
Problemas
Se = 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 = 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 eixo x positivo, determine a intensidade
da força T que atua sobre a argola e seu ângulo .
y
T
A chapa está submetida a duas forças em A e B, como
mostrado na figura. Se = 60°, determine a intensidade da
resultante das duas forças e sua direção medida no sentido
horário a partir da horizontal.
2.10. Determine o ângulo de para conectar o membro A à
chapa de modo que a força resultante de F A e F B seja
direcionada horizontalmente para a direita. Além disso,
informe qual é a intensidade da força resultante.
8 kN
A
F A
45°
x
Problemas 2.1/2/3
8 kN
*2.4. Determine a intensidade da força resultante que atua
sobre o suporte e sua direção, medida no sentido anti-horário
a partir do eixo u positivo.
Decomponha F 1 em componentes ao longo dos eixos
u e v, e determine suas intensidades.
2.6. Decomponha F 2 em componentes ao longo dos eixos
u e v, e determine suas intensidades.
u
v
30°
30°
45°
F 1
F 2
200 N
150 N
Problemas 2.4/5/6
2.7. Se F B = 2 kN e a força resultante atua ao longo do eixo
u positivo, determine a intensidade da força resultante e o
ângulo .
*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 B e sua direção .
y
40°
B
F B 6 kN
Problemas 2.9/10
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 da linha AB no bloco do carretel.
400 N
30°
y
A
B
Problema 2.11
x
400 N
*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, determine suas componentes ao longo dos eixos x' e y.
y'
y
10°
A
30°
F A
3 kN
x
60°
x'
x
B
F B
u
360 N
Problemas 2.7/8
Problemas 2.12/13

| 20 | Estática
2.14. Determine o ângulo AB,
de modo que a força horizontal de 800 N tenha uma
componente de 1000 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
AB e AC, de modo que a força horizontal de 800 N tenha
uma componente de 1200 N que atue para a esquerda, na
direção de B para A. Considere = 30°.
800 N A
B
*2.20. Se = 45°, F 1 = 5 kN e a força resultante é de 6 kN,
orientada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade
necessária de F 2 e sua direção .
Se = 30° e a força resultante deve ser de 6 kN,
orientada ao longo do eixo y positivo, determine as
intensidades de F 1 e F 2 , e o ângulo se F 2 necessita ser
mínima.
2.22. Se = 30°, F 1 = 5 kN e a força resultante deve ser
orientada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade
da força resultante, se F 2 necessita ser mínima. Além disso,
quais os valores de F 2 e do ângulo ?
y
F 1
x
C
Problemas 2.14/15
F 2
*2.16. Decomponha F 1 nas componentes que atuam ao longo
dos eixos u e v e determine suas intensidades.
Decomponha F 2 nas componentes que atuam ao longo
dos eixos u e v e determine suas intensidades.
v
F 1
250 N
F 2 150 N 30° u
30°
105°
60°
Problemas 2.20/21/22
2.23. Se = 30° e F 2 = 6 kN, determine a intensidade da
força resultante que atua sobre a chapa e sua direção, medida
no sentido horário a partir do eixo x positivo.
*2.24. Se a força resultante F R está orientada ao longo da
linha a 75° no sentido horário a partir do eixo x positivo e a
intensidade de F 2 deve ser mínima, determine as intensidades
de F R e F 2 , e o ângulo
y
F 3 5 kN
F 2
Problemas 2.16/17
2.18. A caminhonete precisa ser rebocada usando duas cordas.
Determine as intensidades das forças F A e F B que atuam em
cada corda para produzir uma força resultante de 950 N,
orientada ao longo do eixo x positivo. Considere = 50°.
A caminhonete precisa ser rebocada usando duas
cordas. Se a força resultante deve ser de 950 N, orientada ao
longo do eixo x positivo, determine as intensidades das forças
F A e F B que atuam sobre cada corda e o ângulo de F B, de
modo que a intensidade de F B seja mínima. F A atua a 20° do
eixo x, como mostra a figura.
y
Problemas 2.23/24
F 1 4 kN
x
Duas forças F 1 e F 2 atuem sobre o gancho. Se suas
linhas de ação formam um ângulo e a intensidade de cada
força é F 1 = F 2 = F, determine a intensidade da força
resultante F R e o ângulo entre F R e F 1.
F 2
F 1
A
B
20°
F A
x
F B
Problemas 2.18/19
Problema 2.25

Capítulo 2 Vetores de força | 21 |
2.26. A tora deve ser rebocada por dois tratores A e B.
Determine as intensidades das duas forças de reboque F A e
F levando-se em conta que a força resultante tenha uma
intensidade F R = 10 kN e seja orientada ao longo o eixo x.
Considere = 15°.
2.27. 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 10 kN. Determine o ângulo do cabo acoplado
a B para que a intensidade da força F B nesse cabo seja
mínima. Qual é a intensidade da força em cada cabo, nessa
situação?
y
2.30. Três correntes atuam sobre o suporte, de modo a
criarem uma força resultante com intensidade de 1000 N. Se
duas das correntes estão submetidas a forças conhecidas,
como mostra a figura, determine o ângulo 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: Determine primeiro a
resultante das duas forças conhecidas. A força F atua nessa
direção.
y
600 N
F A
F B
30°
A
x
30°
x
B
F
Problemas 2.26/27
*2.28. A viga deve ser içada usando-se duas correntes.
Determine as intensidades das forças F A e F B que atuam em
cada corrente, a fim de obter uma força resultante de 600 N
orientada ao longo do eixo y positivo. Considere = 45°.
A viga deve ser içada usando-se duas correntes. Se a
força resultante for de 600 N, orientada ao longo do eixo y
positivo, determine as intensidades das forças F A e F B que
atuam em cada corrente e o ângulo de F para que a
intensidade de F B seja mínima. F A atua a 30° do eixo y, como
mostra a figura.
y
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, determine o ângulo 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.
y
1200 N
F B
F A
30°
45°
F
x
x
30°
800 N
Problemas 2.28/29
Problema 2.31

| 22 | Estática
y
F
θ
F x
(a)
y
F x
c
F y b
a
F
(b)
Figura 2.15
x
x
2.4 Adição de um sistema de forças coplanares
Quando uma força é decomposta 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.
Notação escalar
As componentes retangulares da força F mostrados na Figura 2.15a são
determinadas usando a lei do paralelogramo, de modo que F = F x + F y . Como essas
componentes formam um triângulo retângulo, suas intensidades podem ser
determinadas por:
F x = F cos
e
F y = F sen
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 fornece:
F
F
x =
a
c
ou
F F
a
x = c m c
e
ou
F y = b
F c
F F
b
y =- c m c
A componente y é um escalar negativo, já que F y 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; sinais algébricos 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 figuras, eles
indicam a intensidade do vetor, que é sempre uma quantidade positiva.
y
j
F y
F x
F
Figura 2.16
i
x
Notação 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 2.16).**
* Sinais negativos são usados em figuras com notação em negrito apenas quando mostram pares
de vetores iguais, mas opostos, como na Figura 2.2.
** Em trabalhos manuscritos, os vetores unitários normalmente são indicados por acento circunflexo,
por exemplo, i^ e j^. Esses vetores têm intensidade adimensional unitária, e seu sentido (ou ponta
de seta) será descrito 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 força | 23 |
Como a intensidade de cada componente de F é sempre uma quantidade positiva,
representada pelos escalares (positivos) F x e F y , então, podemos expressar F como
um vetor cartesiano.
F = F x i + F y j
Resultante de forças coplanares
Qualquer um dos dois métodos descritos pode ser usado para determinar a
resultante de várias forças coplanares. Para tanto, cada força é decomposta em suas
componentes x e 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
como mostra a Figura 2.17b. Usando a notação vetorial cartesiana, cada força é
representada como um vetor cartesiano, ou seja,
F 1 = F 1x i + F 1y j
y
F 2 = –F 2x i + F 2y j
F 3 = F 3x i – F 3y j
O vetor resultante é, portanto,
F R = F 1 + F 2 + F 3
= F 1x i + F 1y j – F 2x i + F 2y j + F 3x i – F 3y j
F 2
(a)
F 3
F 1
x
= (F 1x – F 2x + F 3x ) i + (F 1y + F 2y – F 3y ) j
= (F Rx ) i + (F Ry ) j
Se for usada a notação escalar, temos então,
y
( " + ) F Rx = F 1x – F 2x + F 3x
(+-) F Ry = F 1y + F 2y – F 3y
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 e y de todas
as forças, ou seja,
F Rx = RF x
(2.1)
F Ry = RF y
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,
F = F + F
2 2
R Rx Ry
Além disso, o ângulo , que especifica a direção da força resultante, é determinado
por meio da trigonometria:
i = tg
-1
Os conceitos anteriores são ilustrados numericamente nos exemplos que se
seguem.
F
F
Ry
Rx
F 2x
F 2y
F 1y
F 1x
F 3x
F 3y
F Ry
(b)
y
(c)
θ
Figura 2.17
F R
F Rx
x
x

| 24 | Estática
y
F 4
F 3
F 2
F 1
A força resultante das quatro forças
dos cabos que atuam sobre o suporte
de ancoragem pode ser determinada
somando-se algebricamente as
componentes x e y da força de cada
cabo. Essa resultante F R produz o
mesmo efeito de puxão no suporte
que todos os quatro cabos.
x
Pontos importantes
A resultante de várias forças coplanares pode ser determinada facilmente se
for estabelecido um sistema de coordenadas x e y e as forças forem decompostas
ao longo dos eixos.
A direção de cada força é especificada pelo ângulo que sua linha de ação
forma 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 determinada pelo teorema de Pitágoras e,
quando as componentes são esquematizadas nos eixos x e y, a direção é
determinada por meio da trigonometria.
y
F 1 = 200 N
30°
x
13
5
12
F 2 = 260 N
(a)
y
F 1 = 200 N
F 1y = 200 cos 30° N
30°
x
F 1x = 200 sen 30°N
(b)
y
F 2x = 260 ⎛12—
⎞N
⎝13⎠
x
13
5
12
F 2y = 260 ⎛ 5— ⎞N
⎝13⎠
F 2 = 260 N
(c)
Figura 2.18
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.
SOLUÇÃO
Notação escalar
Pela lei do paralelogramo, F 1 é decomposta nas componentes x e y (Figura 2.18b).
Como F 1x atua na direção –x e F 1 na direção +y, temos:
F 1x = –200 sen 30° N = –100 N = 100 N !
F 1y = 200 cos 30° N = 173 N = 173 N -
A força F 2 é decomposta em suas componentes x e 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 , ou seja, = tg –1 5
`
12
j, e determinar 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,
F2
x
=
12
F 260 N
12
2x
= c m=
240 N
260 N 13
13
Da mesma forma,
F 260 N
5
2 y = c m=
100 N
13
Observe que a intensidade da componente horizontal, F 2x , 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, F 2y , foi
obtida multiplicando a intensidade da força pela relação entre o lado vertical dividido
pela hipotenusa. Então,
F 2x = 240 N = 240 N "
F 2y = –100 N = 100 N .

Capítulo 2 Vetores de força | 25 |
Notação vetorial cartesiana
Tendo determinado as intensidades e direções das componentes de cada força,
podemos expressar cada uma delas como um vetor cartesiano.
F 1 = {–100i + 173j} N
F 2 = {240i – 100j} N
Exemplo 2.6
O olhal da Figura 2.19a está submetido a duas forças F 1 e F 2 . Determine a intensidade
e direção da força resultante.
SOLUÇÃO I
Notação escalar
Primeiro, decompomos cada força em suas componentes x e y (Figura 2.19b). Depois
somamos essas componentes algebricamente.
+
" FRx = / Fx; FRx
= 600 cos 30° N - 400 sen 45°
N
= 236,
8 N "
F /
+ - Ry = Fy; FRy
= 600 sen 30° N + 400 cos 45°
N
= 582,
8 N -
A força resultante, mostrada na Figura 2.18c, possui uma intensidade de:
2 2
FR
= ^236, 8 Nh
+ ^582,
8 Nh
= 629 N
Da adição vetorial,
SOLUÇÃO II
1 582,
8 N
i = tg
- e o=
67,9°
236,
8 N
Notação vetorial cartesiana
Da Figura 2.19b, cada força é expressa como um vetor cartesiano:
F 1 = {600 cos 30°i + 600 sen 30°j} N
F 2 = {–400 sen 45°i + 400 cos 45°j} N
Assim,
F R = F 1 + F 2 = (600 cos 30° N – 400 sen 45° N)i +
(600 sen 30° N + 400 cos 45° N)j
= {236,8i + 582,8j} N
A intensidade e a direção de F R são determinadas da mesma maneira mostrada acima.
NOTA: Comparando-se os dois métodos de solução, pode-se verificar que o uso da
notação escalar é mais eficiente, visto que as componentes são determinadas
diretamente, sem ser necessário expressar primeiro cada força como um vetor cartesiano
antes de adicionar as componentes. Vamos mostrar, mais adiante, que a análise vetorial
cartesiana é bastante vantajosa para resolver problemas tridimensionais.
y
F 2 = 400N
45°
30°
(a)
y
F 2 = 400N
45°
30°
(b)
y
582,8 N
θ
F R
236,8 N
(c)
Figura 2.19
F 1 = 600N
x
F 1 = 600N
x
x

| 26 | Estática
F 3
= 200 N
5
3
4
y
O
y
45°
(a)
F 2
= 250 N
F 1 = 400 N
x
Exemplo 2.7
A ponta de uma lança O na Figura 2.20a está submetida a três forças coplanares e
concorrentes. Determine a intensidade e a direção da força resultante.
SOLUÇÃO
Cada força é decomposta em suas componentes x e y (Figura 2.20b). Somando as
componentes x, temos:
+
" F / F; F 400 N 250 sen 45°
N 200
4
Rx = x Rx =- + - c mN
5
=- 383, 2 N = 383,
2 N !
200 N
F R
5
3
4
O
45°
(b)
250 N
400 N
y
296,8 N
x
O sinal negativo indica que F Rx atua para a esquerda, ou seja, na direção x negativa,
como observamos pela pequena seta. Obviamente, isso ocorre porque F 1 e F 3 na
Figura 2.20b contribuem com um puxão maior para a esquerda do que F 2 , que puxa
para a direita. Somando as componentes de temos:
F / F; F 250 cos 45° N 200
3
+ - Ry = y Ry = + c mN
5
= 296,
8 N -
A força resultante, mostrada na Figura 2.20c, possui a seguinte intensidade:
2 2
FR
= ^- 383, 2 Nh
+ ^296,
8 Nh
= 485 N
383,2 N
θ
O
x
Da adição de vetores na Figura 2.20c, o ângulo de direção é:
1 296,
8
i = tg
- e o=
37,8°
383,
2
(c)
Figura 2.20
NOTA: A aplicação desse método é mais conveniente quando comparado às duas
aplicações da lei do paralelogramo, primeiro para somar F 1 e F 2 , depois para somar
F 3 a essa resultante.
Problemas fundamentais
2.7. Decomponha cada força que atua sobre o poste em
suas componentes x e y.
y
2.8. Determine a intensidade e a direção da força resultante.
y
250 N
5
3 400 N
4
F 2
450 N
F 1
300 N
5
4
F 3
600 N
30°
300 N
x
3
45°
x
Problema 2.7
Problema 2.8

Capítulo 2 Vetores de força | 27 |
Determine a intensidade da força resultante que atua
sobre a cantoneira e sua direção medida no sentido anti-
-horário a partir do eixo x.
y
2.11. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o
suporte for 400 N direcionada ao longo do eixo u, determine
a intensidade de F e sua direção .
y
F 3
3 kN
4 5
3
F 2
2 kN
F 1
30°
3,5 kN
x
45°
F
250 N
x
5
4
450 N
3
u
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 .
y
13 12
5
325 N
45°
F
x
Problema 2.11
2.12. Determine a intensidade da força resultante e sua
direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x.
F 1
3
15 kN
4
5
y
F 2 20 kN
5
4
F 3
3
x
15 kN
600 N
Problema 2.10
Problema 2.12
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.
y
F 1
150 N
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 = 30°, determine a intensidade de F 1 e o ângulo .
y
45°
15°
x
F 1
15°
F 3
125 N
F 2
200 N
60°
x
Problema 2.32
Se F 1 = 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.
F 3
5 4
3
450 N
F 2
Problemas 2.33/34
500 N

| 28 | Estática
2.35. O ponto de contato entre o fêmur e a tíbia está em A.
Se uma força vertical de 875 N é aplicada nesse ponto,
determine as componentes ao longo dos eixos x e y. Observe
que a componente y representa a força normal na região da
carga de rolamento dos ossos. As componentes x e y dessa
força fazem com que o fluido sinovial seja comprimido para
fora do espaço de rolamento.
600 N
5
3
4
y
A
F 1
400 N
30°
x
y
875 N
Problemas 2.39/40
A
Problema 2.35
*2.36. Se = 30° e F 2 = 3 kN, determine a intensidade da
força resultante que atua sobre a chapa e sua direção
medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.
Se a intensidade da força resultante que atua sobre a
chapa precisa ser 6 kN e sua direção no sentido horário do
eixo x positivo é = 30°, determine a intensidade de F 2 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 F 2 e da força resultante.
y
30°
F 1
5
3
4
4 kN
F 3
F 2
12
13
x
5 kN
5
x
Determine a intensidade e a direção de F B de modo
que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo y
positivo e tenha uma intensidade de 1500 N.
2.42. Determine a intensidade e o ângulo medido no sentido
anti-horário a partir do eixo y positivo da força resultante
que atua no suporte se F B = 600 N e = 20°.
F B
B
y
F A
30°
A
Problemas 2.41/42
700 N
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 F 1 e sua direção .
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, determine as intensidades da força
resultante e de F 1 .
y
F 1
x
Problemas 2.36/37/38
Determine a intensidade de F 1 e sua direção de
modo que a força resultante seja direcionada verticalmente
para cima e tenha a intensidade de 800 N.
*2.40. Determine 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 e = 20°.
13 12
5
F 3 1,3 kN
5
3
4
F 2
Problemas 2.43/44/45
x
1,5 kN

Capítulo 2 Vetores de força | 29 |
2.46. As três forças concorrentes que atuam sobre o olhal
produzem uma força resultante F R = 0. Se F 2 = 3 2 F 1 e F 1
precisa estar a 90° de F 2 , como mostra a figura, determine
a intensidade necessária de F 3 expressa em função de F 1 e
o ângulo .
y
F 1
60°
30°
F 3
Problema 2.46
2.47. Determine a intensidade de F A e sua direção 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 medida no sentido
anti-horário a partir do eixo x positivo da força resultante que
atua sobre o anel em O se F A = 750 N e = 45°.
y
F 2
x
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.
3000 N
90°
Problema 2.50
800 N
2.51. Se F 1 = 150 N e = 30°, determine 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 F 1 e sua direção .
Se a força resultante que atua sobre o suporte precisa
ser mínima, determine as intensidades de F 1 e da força
resultante. Considere = 30°.
y
u
60°
F 1
P
O
A
x
30°
B
F B
F A
800 N
30°
F 2
12
13
5
F 3 260 N
x
200 N
Problemas 2.51/52/53
Problemas 2.47/48
Determine a intensidade da força resultante e sua
direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x
positivo.
F 1 = 300 N
1
1
2
y
x
2.54. Três forças atuam sobre o suporte. Determine a
intensidade e a direção 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 F 2 = 750 N e = 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
260 N
13 12
5
F 3
F 2
350 N
F 3
60°
250 N
45°
25°
F 2
F 1
400 N
x
u
Problema 2.49
Problemas 2.54/55

| 30 | Estática
*2.56. As três forças concorrentes que atuam sobre o poste
produzem uma força resultante F R = 0. Se F 2 = 2 1 F 1 e F 1 estiver
a 90° de F 2 , como mostra a figura, determine a intensidade
necessária de F 3 expressa em função de F 1 e do ângulo .
y
2.58. Expresse cada uma das três forças que atuam sobre o
suporte na forma vetorial cartesiana com relação aos eixos
x e y. Determine a intensidade e direção de F 1, de modo
que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x'
positivo e tenha uma intensidade F R = 600 N.
F 1
F 2
F 3
x
y
F 1
x´
30°
F 2
x
350 N
Problema 2.56
F 3
100 N
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?
30°
14 kN
F
30°
45°
8 kN
Problema 2.58
Problema 2.57
z
2.5 Vetores cartesianos
x
y
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 um vetor cartesiano. Nesta seção, vamos apresentar um
método geral para fazer isso; na seção seguinte usaremos esse método para determinar
a força resultante de um sistema de forças concorrentes.
Figura 2.21
z
A
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 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 2.21).
x
A x
A z
A´
Figura 2.22
A y
y
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 | 31 |
decompô-lo em componentes, como A = A' + A z e depois A' = A x + A y . Combinando
essas equações, para eliminar A', A é representado pela soma vetorial de suas três
componentes retangulares,
A = A x + A y + A z (2.2)
k
z
Vetores cartesianos unitários
Em três dimensões, os vetores cartesianos unitários i, j, k são usados para designar
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 eixos x, y ou
z. Os vetores cartesianos unitários são mostrados na Figura 2.23.
x
i
j
Figura 2.23
z
y
Representação de um vetor cartesiano
Como as três componentes de A na Equação 2.2 atuam nas direções positivas de
i, j e k (Figura 2.24), pode-se escrever A na forma de um vetor cartesiano como:
A = A x i + A y j + A z k (2.3)
A z k
A
Há uma vantagem em escrever vetores dessa maneira. Separando-se a intensidade
e a direção de cada vetor componente, simplificam-se as operações da álgebra vetorial,
particularmente em três dimensões.
A x i
i
k
j
A y j
y
Intensidade de um vetor cartesiano
É sempre possível obter a intensidade de A, desde que ele seja expresso sob a
forma de um vetor cartesiano. Como mostra a Figura 2.25, do triângulo retângulo
2 2
2 2
cinza claro, A = Al + A z e do triângulo retângulo cinza escuro, Al = Ax
+ Ay
.
Combinando-se essas equações para eliminar A', temos:
x
Figura 2.24
z
A z k
2 2 2
A = Ax + Ay + Az
(2.4)
A
A é igual à raiz quadrada positiva da soma dos quadrados
de suas componentes.
Direção de um vetor cartesiano
A direção de A é definida pelos (alfa), (beta)
e (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° e 180°.
Para determinarmos , e , 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:
cos
Ax Ay Az
a = cos b = cos c = (2.5)
A A A
Esses números são conhecidos como os cossenos diretores de A. Uma vez obtidos,
os ângulos de direção coordenados , e são determinados pelo inverso dos
cossenos.
Um modo fácil de obter os cossenos diretores é criar um vetor unitário u A na
direção de A (Figura 2.26). Se A for expresso sob a forma de um vetor cartesiano,
x
A z
A
A y j
y
A x i
A
A '
x
A y
Figura 2.25
z
A z k
A
u A
A y j
y
A x i
x
Figura 2.26

| 32 | Estática
z
z
z
A
A
A z
90°
A
90°
A x
y
A y
90°
y
y
x
x
Figura 2.27
x
A = A x i + A y j + A z k, então u A terá uma intensidade de um e será adimensional, desde
que A seja dividido pela sua intensidade, ou seja,
u
A
A Ax Ay Az
= = i+ j+ k
A A A A
(2.6)
2 2 2
onde A = Ax + Ay + Az
. Comparando-se com as equações 2.5, vemos que as
componentes i, j, k de u A representam os cossenos diretores de A, ou seja,
u A = cos i + cos j + cos k (2.7)
Como a intensidade do vetor é igual à raiz quadrada positiva da soma dos
quadrados das intensidades de suas componentes e u A possui uma intensidade de um,
então, pode-se estabelecer uma relação importante entre os cossenos diretores como:
cos 2 + cos 2 + cos 2 = 1
(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 = A cos i + A cos j + A cos k
z
A = A x i + A y j + A z k
(2.9)
Algumas vezes, a direção de A pode ser especificada usando dois ângulos, e
(fi), como mostra a Figura 2.28. As componentes de A podem, então, ser determinadas
aplicando trigonometria, primeiro ao triângulo retângulo cinza claro, o que resulta:
A z
A
A z = A cos e A' = A sen
Agora, aplicando a trigonometria no triângulo cinza escuro,
A x = A' cossencos
x
A x
O
A y
A'
Figura 2.28
y
A y = A' sensensen
Logo, A escrito na forma de um vetor cartesiano se torna:
A = A sen cos i + A sen sen j + A cos k
Você não precisa memorizar essa equação; em vez disso, é importante entender
como as componentes foram determinadas usando a trigonometria.

Capítulo 2 Vetores de força | 33 |
2.6 Adição de vetores cartesianos
z
A adição (ou subtração) de dois ou mais vetores é bastante simplificada se os
vetores forem expressos em função de suas componentes cartesianas. Por exemplo, se
A = A x i + A y j + A z k e B = B x i + B y j + B z k (Figura 2.29), então o vetor resultante R
tem componentes que representam as somas escalares das componentes i, j, k de A
e B, ou seja,
R = A + B = (A x + B x )i + (A y + B y )j + (A z + B z )k
Se este conceito for generalizado e 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:
F R = RF = RF x i + RF y j + RF z k (2.10)
x
(A z B z )k
R
B
(A y B y ) j
A
(A x B x )i
Figura 2.29
y
Nesse caso, RF x , RF y e RF z 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 três dimensões.
As direções positivas dos eixos x, y, z
são definidas pelos vetores cartesianos
unitários i, j, k, respectivamente.
2 2 2
A intensidade de um vetor cartesiano é dada por A = A x + A
y+ A
z
.
A direção de um vetor cartesiano é definida pelos ângulos de direção coordenados
,
que a origem do vetor forma com os eixos
x, y, z positivos, respectivamente.
As componentes do vetor unitário u A
= A/A/ representam os cossenos diretores
de , . Apenas dois dos ângulos ,
precisam ser especificados. O terceiro
ângulo é calculado pela relação cos 2 + cos 2 + cos
2 = 1.
Algumas vezes, a direção de um vetor é definida usando os dois ângulos 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
z
Expresse a força F, mostrada na Figura 2.30, como um vetor cartesiano.
SOLUÇÃO
Como apenas dois ângulos de direção coordenados são dados, o terceiro ângulo
deve ser calculado pela Equação 2.8; ou seja,
2 2 2
cos a+ cos b+ cos c = 1
2 2 2
cos a + cos 60° + cos 45° = 1
2 2
cos a = 1 -^0, 5h - ^0, 707h
= ! 0,
5
x
F 200 N
45°
60°
Figura 2.30
y

| 34 | Estática
Portanto, existem duas possibilidades, a saber:
= cos –1 (0,5) = 60°
ou
= cos –1 (–0,5) = 120°
Da Figura 2.30, é necessário que = 60°, visto que F x está na direção +x.
Usando-se a Equação 2.9, com F = 200 N, temos:
F = F cos i + F cos j + F cos k
= (200 cos 60° N)i + (200 cos 60° N)j + (200 cos 45° N)k
= {100,0i + 100,0j + 141,4k} N
Mostramos que realmente a intensidade de F = 200 N.
Exemplo 2.9
F 2 {50 i 100j 100k} kN F 1 {60 j 80k} kN
Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que
atua sobre o anel da Figura 2.31a.
z
F R {50 i 40j 180k} kN
z
19,6°
F 2
F 1
102°
y
74,8°
y
x
(a)
x
(b)
Figura 2.31
SOLUÇÃO
Uma vez que cada força está representada na forma vetorial cartesiana, a força
resultante, mostrada na Figura 2.31b, é:
F R = RF = F 1 + F 2 = {60j + 80k} kN + {50i – 100j + 100k} kN
= {50i – 40j + 180k} kN
A intensidade de F R é:
2 2 2
FR
= ^50 kNh + ^- 40 kNh + ^180 kNh
= 191,
0 kN
= 191 kN
Os ângulos de direção coordenados , são determinados pelas componentes do
vetor unitário que atuam na direção de F R
u
FR
50
i
40
j
180
FR = = - + k
FR
191, 0 191, 0 191,
0
= 0, 2617i- 0, 2094j+
0,
9422k
de modo que:
cos = 0,2617 = 74,8°
cos = –0,2094 = 102°
cos = 0,9422 = 19,6°
Esses ângulos são mostrados na Figura 2.31b.
NOTA: Em especial, observe que > 90°, uma vez que a componente j de u FR
é
negativa. Isso se torna claro quando vemos que F 1 e F 2 se somam de acordo com a
lei do paralelogramo.

Capítulo 2 Vetores de força | 35 |
Exemplo 2.10
z
Expresse a força F, mostrada na Figura 2.32a como um vetor cartesiano.
F
100 kN
SOLUÇÃO
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 necessárias
para decompor F em suas componentes x, y, z. Primeiro F = F' + F z , em seguida
F' = F x + F y (Figura 2.32b). Pela trigonometria, as intensidades das componentes são:
F z = 100 sen 60° kN = 86,6 kN
F' = 100 cos 60° kN = 50 kN
F x = F' cos 45° = 50 cos 45° kN = 35,4 kN
F
100 kN
x
60°
45°
(a)
z
y
F y = F' sen 45° = 50 sen 45° kN = 35,4 kN
Constatando-se que F y possui uma direção definida por –j, tem-se:
F = {35,4i – 35,4j + 86,6k} kN
Para mostrar que a intensidade desse vetor é na verdade 100 kN, aplique a Equação 2.4.
2 2 2
F = Fx + Fy + Fz
2 2 2
= ^35, 4h + ^- 35, 4h + ^86, 6h
= 100 kN
x
60°
45°
(b)
z
y
Se necessário, os ângulos de direção coordenados de F podem ser determinados pelas
componentes do vetor unitário que atuam na direção de F. Logo,
u
F Fx Fy Fz
= = i+ j+
k
F F F F
35, 4 35, 4 86,
6
= i- j+
k
100 100 100
= 0, 354i- 0, 354j+
0,
866k
de modo que,
= cos –1 (0,354) = 69,3°
F
100 kN
x
30,0°
111°
69,3°
(c)
Figura 2.32
y
= cos –1 (–0,354) = 111°
= cos –1 (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. Especifique a intensidade
de F 2 e 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 N.
z
z
120°
60°
45°
F 2
y
2 77,6°
F 2
2 21,8°
2 108°
700 N
F R
800 N
y
x
F 1
(a)
300 N
x
Figura 2.33
F 1
300 N
(b)

| 36 | Estática
SOLUÇÃO
Para resolver este problema, a força resultante F R e suas duas componentes, F 1 e F 2 ,
serão expressas na forma de um vetor cartesiano. Depois, como mostra a Figura
2.33a, é necessário que F R = F 1 + F 2 .
Aplicando a Equação 2.9,
F 1 = F 1 cos 1 i + F 1 cos 1 j + F 1 cos 1 k
= 300 cos 45°i + 300 cos 60°j + 300 cos 120°k
= {212,1i + 150j – 150k} N
F 2 = F 2x i + F 2y j + F 2z k
Como F R tem intensidade de 800 N e atua na direção de +j,
F R = (800 N) (+j) = {800j} N
Pede-se:
F R = F 1 + F 2
800j = 212,1i + 150j – 150k + F 2x i + F 2y j + F 2z k
800j = (212,1 + F 2x )i + (150 + F 2y )j + (–150 + F 2z )k
Para satisfazer essa equação, as componentes i, j, k de F R devem ser iguais as
componentes i, j, k correspondentes de (F 1 + F 2 ). Então,
0 = 212,1 + F 2x F 2x = –212,1 N
800 = 150 + F 2y F 2y = 650 N
0 = –150 + F 2z F 2z = 150 N
A intensidade de F 2 , portanto, é:
2 2 2
F2
= ^- 212, 1 Nh + ^650 Nh + ^150
Nh
= 700 N
Podemos usar a Equação 2.9 para determinar 2 , 2 e 2 .
212,
1
cos a2 = - ; a2
= 108°
700
cos b
650
2 = ; b2
= 21,8°
700
cos c
150
2 = ; c2
= 77,6°
700
Esses resultados são mostrados na Figura 2.33b.
Problemas fundamentais
2.13. Determine os ângulos de direção coordenados da força.
z
2.14. Expresse a força como um vetor cartesiano.
z F 500 N
60°
60°
45°
x 30°
y
x
y
F
75 kN
Problema 2.13
Problema 2.14

Capítulo 2 Vetores de força | 37 |
2.15. Expresse a força como um vetor cartesiano.
z
2.17. Expresse a força como um vetor cartesiano.
F = 750 N
z
45°
60°
F 500 N
y
x
Problema 2.15
2.16. Expresse a força como um vetor cartesiano.
z
F = 250 N
45°
60°
y
x
Problema 2.17
2.18. Determine a força resultante que atua sobre o gancho.
z
F 1 2,5 kN
5
3
4
x
45°
5
4 3
y
x
30°
45°
y
F 2 4 kN
Problemas
Problema 2.16
Determine o ângulo coordenado para F 2 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.
z
450 N
x
F 1
45°
30°
45° 60°
F 2 600 N
Problemas 2.59/60
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.
z
y
Problema 2.18
2.63. A força F atua sobre o suporte dentro do octante
mostrado. Se F = 400 N, = 60° e = 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 x = 300 N e F z = 600 N, respectivamente, e = 60°,
determine a intensidade de F e de sua componente y. Além
disso, encontre os ângulos de direção coordenados e .
z
x
F
Problemas 2.63/64
As duas forças F 1 e F 2 que atuam em A possuem uma
força resultante F R = {–100k} N. Determine a intensidade
e os ângulos de direção coordenados de F 2 .
2.66. Determine os ângulos de direção coordenados da força
F 1 e os indique na figura.
z
y
F 1 = 3 kN
x
5
3 4
60°
120°
y
F 2 = 2 kN
x
F 2
B
A
30°
y
50°
F 1 = 60 N
Problemas 2.61/62
Problemas 2.65/66

| 38 | Estática
2.67. A engrenagem está submetida às duas forças causadas
pelo contato com outras engrenagens. Expresse cada força
como um vetor cartesiano.
*2.68. A engrenagem está submetida às duas forças causadas
pelo contato com outras engrenagens. Determine a
resultante das duas forças e expresse o resultado como um
vetor cartesiano.
x
F 2
900 N
60°
60°
24
z
7
25
135°
F 1 250 N
Problemas 2.67/68
Se a força resultante 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
F R = {800j} N, determine a intensidade e os ângulos de
direção coordenados de F.
z
y
F
O eixo S exerce três componentes de força sobre a
ferramenta D. Encontre a intensidade e os ângulos de direção
coordenados da força resultante. A força F 2 atua dentro do
octante mostrado.
F 1
x
F 3
400 N
200 N
3
5
4
2 60°
D
z
2 60°
Problema 2.73
F 2
S
300 N
2.74. O mastro está submetido às três forças mostradas.
Determine os ângulos de direção coordenados 1 , 1 1 de
F 1, de modo que a força resultante que atua no mastro seja
F R = {350i} N.
2.75. O mastro está submetido às três forças mostradas.
Determine os ângulos de direção coordenados 1 , 1 1 de F 1,
de modo que a força resultante que atua no mastro seja zero.
F 3
x
300 N
z
1
1
F 2
F 1
1
200 N
y
y
x
30° 45°
F 1 750 N
Problemas 2.69/70
2.71. Se = 120°, < 90°, = 60° e F = 400 N, determine
a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força
resultante que atua sobre o gancho.
*2.72. Se a força resultante que atua sobre o gancho é
F R = {–200i + 800j + 150k} N, determine a intensidade e
os ângulos de direção coordenados de F.
x
z
F 1 600 N
30°
4
5 3
F
Problemas 2.71/72
y
y
Problemas 2.74/75
*2.76. Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados de F 2, de modo que a resultante das duas forças atue
ao longo do eixo x positivo e tenha uma intensidade de 500 N.
Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados de F 2, de modo que a resultante das duas forças
seja zero.
z
x
F 2
2
2
2
60°
15°
F 1 180 N
Problemas 2.76/77
y

Capítulo 2 Vetores de força | 39 |
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 < 90°.
z
F
500 N
O poste está submetido à força F, que tem componentes
atuando ao longo dos eixos x, y, como mostra a figura. Se
a intensidade de F é 3 kN, = 30° e = 75°, determine as
intensidades de suas três componentes.
2.82. O poste está submetido à força F, que tem componentes
F x = 1,5 kN e F z = 1,25 kN. Se = 75°, determine as
intensidades de F e F y .
z
F z
x
30°
30°
y
F
F y
y
Problema 2.78
F 1 600 N
Especifique a intensidade de F 3 e seus ângulos de
direção coordenados 3 , 3 3 de modo que a força resultante
seja F R = {9j} kN.
z
F 2
F 3
13 5
3
3 12
3
30
10 kN
y
x
F x
Problemas 2.81/82
2.83. Três forças atuam sobre o olhal. 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 F 3 .
*2.84. Determine os ângulos de direção coordenados de
F 1 e F R .
z
F 3
45°
F 2 110 N
F R
120 N
x
F 1
12 kN
F 1 80 N
5
3 4
30°
y
Problema 2.79
*2.80. Se F 3 = 9 kN, = 30° e = 45°, determine a
intensidade e os ângulos de direção coordenados da força
resultante que atua sobre a junta esférica.
z
F 2
8 kN
x
Problemas 2.83/84
Duas forças F 1 e F 2 atuam sobre o olhal. Se a força
resultante F R tiver intensidade de 50 N e ângulos de direção
coordenados = 110° e = 80°, como mostrado, determine
a intensidade de F 2 e seus ângulos de direção coordenados.
z
F 1
10 kN
5
4
3
x
60°
30°
F 3
y
x
F 1
110°
20 N
80°
F 2
y
F R
50 N
Problema 2.80
Problema 2.85

| 40 | Estática
2.7 Vetores posição
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, y, z
B
4 m
1 m
x
z
O 2 m
4 m
2 m
6 m
A
Figura 2.34
y
Ao longo do livro, será empregado o sistema de coordenadas destro como
referência à localização de pontos no espaço. Também usaremos 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 A = +4 m ao longo do eixo x, depois y A = +2 m ao longo do eixo y e, finalmente,
z A = –6 m ao longo do eixo z. Portanto, A (4 m; 2 m; –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 forma 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
xi
zk
O
r
P(x, y, z)
yj
y
xi
O
r
P(x, y, z)
zk
y
x
(a)
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 AB . Além disso, observe que r A e r B na Figura
2.36a são escritos com apenas 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:
x
yj
(b)
r A + r = r B

Capítulo 2 Vetores de força | 41 |
Resolvendo-se para r e expressando-se r A e r B na forma vetorial cartesiana tem-se:
r = r B – r A = (x B i + y B j + z B k) – (x A i + y A j + z A k)
ou
r = (x B – x A )i + (y B – y A )j + (z B – z A )k
(2.11)
i, j, k do vetor posição r são formadas tomando-se
as coordenadas da origem do vetor A (x A A A ), e subtraindo-as das correspondentes
coordenadas da extremidade B (x B B B ). Também podemos formar essas componentes
diretamente (Figura 2.36b) começando em A e movendo por uma distância de (x B – x A )
ao longo do eixo x positivo (+i), depois (y B – y A ) ao longo do eixo y positivo (+j) e,
finalmente, (z B – z A ) ao longo do eixo z positivo (+k) para chegar a B.
z
z
B
r
u
A
A(x A , y A , z A )
x
r A
r
(a)
r B
B(x B , y B , z B )
( x B xA)i
y
x
Figura 2.36
A
r
(y B
(b)
y A )j
B
(z B z A )k
y
Se um sistema de coordenadas
x, y, z é estabelecido, então as
coordenadas dos pontos A e B
podem ser determinadas. A partir
daí, a posição do vetor r que atua
ao longo do cabo pode ser
formulada. Sua intensidade
representa o comprimento do cabo e
o seu vetor unitário, u = r/r, fornece a
direção definida por , , .
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 B.
SOLUÇÃO
Primeiro se estabelece um vetor posição de A para B (Figura 2.37b). De acordo com
a Equação 2.11, as coordenadas da origem A (1 m; 0; –3 m) são subtraídas das
coordenadas da extremidade B (–2 m; 2 m; 3 m), o que resulta:
r = [–2 m – 1 m]i + [2 m – 0]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 e, finalmente, ao longo do eixo z {6k} m.
Logo, o comprimento da tira de borracha é:
2 2 2
r = ^- 3mh + ^2mh + ^6mh
= 7 m
Formulando um vetor unitário na direção de r, temos:
u =
r
=-
3
i+ 2
j+
6
k
r 7 7 7
As componentes desse vetor unitário dão os ângulos de direção coordenados:
-1
a = cos b- 3
l = 115°
7
-1
b = cos b
2
l = 73,4°
7
-1
c cos
6
= b l 31,0°
7
=
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.
x
x
x'
3 m
A
z
31,0°
115°
z
A
1 m
r
{2 j} m
{ 3 i} m
(b)
z’
A
2 m
B
r
(c)
Figura 2.37
B
3 m
2 m
(a)
{6 k}
y
7 m
B
73,4°
y'
y

| 42 | Estática
z
2.8 Vetor de força orientado ao longo de uma reta
A
u
r
B
F
y
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 e 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 = r/r. Então,
F u
r ^xB- xAhi+ ^yB- yAhj+ ^zB-
zAhk
= F = F`
F r
j = f
2 2 2 p
^xB- xAh + ^yB- yAh + ^zB-
zAh
x
Figura 2.38
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.
z
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
determinar 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(r/r).
A
Exemplo 2.13
2 m
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 como um vetor cartesiano e determine sua
direção.
B
x
x'
r
B
1,5 m
3 m
(a)
z'
A
F
u
350 N
(b)
Figura 2.39
y
y'
SOLUÇÃO
A força F é mostrada na Figura 2.39b. A direção desse vetor, u, é determinada 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} m e finalmente {3i} m para atingir
B. Portanto,
r = {3i – 2j – 6k} m
A intensidade de r, que representa o comprimento da corda AB, é:
2 2 2
r = ^3mh + ^- 2mh + ^- 6mh
= 7 m
Definindo-se o vetor unitário que determina a direção e o sentido de r e F, temos:
u =
r
=
3
i- 2
j-
6
k
r 7 7 7
Como F tem intensidade de 350 N e direção especificada por u, então,
F = Fu = 350 N
3
i
2
j
6
c - - km
7 7 7
= " 150i-100j-300k,
N

Capítulo 2 Vetores de força | 43 |
Os ângulos de direção coordenados são medidos entre r (ou F) e os eixos positivos
de um sistema de coordenadas com origem em A (Figura 2.39b). A partir das
componentes do vetor unitário:
-1
a = cos b
3
l = 64, 6°
7
-1
b = cos b- 2
l = 107°
7
-1
c cos
- 6
= b l 149°
7 =
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.
z
z
A
2 m
F B
750 N
5 m
5
4
3
B
( 3
)(5 m)
5
A (2 m; 0; 2 m)
F B
u B
r B
B(–2 m; 3,464 m; 3 m)
x
2 m
(a)
30°
y
( 4
)(5 m)
5
Figura 2.40
x
(b)
y
SOLUÇÃO
Como mostra a Figura 2.40b, as coordenadas dos pontos A e B são:
A (2 m; 0; 2 m)
e
B -c
4 5 sen 30 ° m; 4 5 cos 30 ° m;
3 = m c m c m5
m
5
5
5 G
ou
B (–2 m; 3,464 m; 3 m)
Portanto, para ir de A a B, é necessário deslocar {4i} m, depois {3,464j} m e finalmente
{1k} m. Logo,
, m
u
rB
"- 4i+ 3 464j+
1k,
B = c m =
rB
2 2 2
^ - 4 mh + ^3,
464 mh + ^1
mh
=- 0, 7428i+ 0, 6433j+
0,
1857k
A força F B expressa como um vetor cartesiano se torna:
F B = F B u B = (750 N) (–0,7428i + 0,6433j + 0,1857k)
= {–557i + 482j + 139k} N

| 44 | Estática
x
z
A
F AB 100 N F AC 120 N
4 m
y
4 m
B C
2 m
(a)
z
A
F AB F AC
r AB
r AC
F R
y
Exemplo 2.15
A cobertura é suportada por cabos, como mostra a foto. Se os cabos exercem as
forças F AB = 100 N e F AC = 120 N no gancho da parede em A, como mostra a Figura
2.41a, determine a força resultante que atua em A. Expresse o resultado como um
vetor cartesiano.
SOLUÇÃO
A força resultante F R é mostrada graficamente na Figura 2.41b. Pode-se expressar
essa força como um vetor cartesiano definindo antes F AB e F AC como vetores
cartesianos e depois adicionando suas componentes. As direções de F AB e F AC são
especificadas definindo-se os vetores unitários u AB e u AC ao longo dos cabos. Esses
vetores unitários são obtidos dos vetores posição associados r AB e r AC . Com referência
à Figura 2.41a, para ir de A a B, precisamos deslocar {–4k} m e depois {–4i} m.
Portanto,
rAB
= " 4i-
4k,
m
2 2
rAB
= ^4mh
+ ^- 4mh
= 5,
66m
F F
rAB
100 N
4
i
4
AB = AB c m = ^ h k
r
e -
AB
566 , 566 ,
o
FAB
= " 70, 7i-
70,
7k,
N
Para ir de A a C, precisamos deslocar {–4k} m, depois {2j} m e finalmente {4i}.
Temos,
rAC
= " 4i+ 2j-
4k,
m
2 2 2
rAC
= ^4mh + ^2mh + ^- 4mh
= 6m
F F
rAC
120 N
4
i
2
j
4
AC = AC c m = ^ hc
+ - km
rAC
6 6 6
= " 80i+ 40j-
80k,
N
x
B
(b)
C
Figura 2.41
A força resultante, portanto, é:
F R = F AB + F AC = {70,7i – 70,7k} N + {80i + 40j – 80k} N
= {–151i + 40j – 151k} N
Problemas fundamentais
Expresse o vetor posição r AB na forma de um vetor
cartesiano; depois determine sua intensidade e seus ângulos
de direção coordenados.
2.20. Determine o comprimento da barra e o vetor posição
direcionado de A a B. Qual é o ângulo ?
z
z
B
1 m
B
r AB
3 m
3 m
A
2 m
x
4 m
3 m
y
x
A
2 m
O
2 m
y
Problema 2.19
Problema 2.20

Capítulo 2 Vetores de força | 45 |
2.21. Expresse a força como um vetor cartesiano.
2 m
z
2.23. Determine a intensidade da força resultante em A.
A
z
A
F B
840 N
6 m
2 m
F C
420 N
3 m
x
3 m
4 m y
B
2 m
F
630 N
B
4 m
x
3 m
C
2 m
y
Problema 2.21
2.22. Expresse a força como um vetor cartesiano.
z
A
F 900 N
B
4 m
2 m
2 m
7 m
x
Problema 2.22
Problemas
y
Problema 2.23
2.24. Determine a força resultante em A.
z
1 m
A
F C
F B
3 m
2 m 1 m
x
Problema 2.24
2,45 kN
C
3 kN
2 m
1,5 m
B
2 m
y
2.86. Determine o vetor posição r direcionado do ponto A ao
ponto B e o comprimento da corda AB. Considere z = 4 m.
2.87. Se a corda AB possui 7,5 m de comprimento, determine
a posição da coordenada +z do ponto B.
A
3 m
z
6 m
B
z
y
*2.88. Determine a distância entre as extremidades A e B
do arame definindo primeiro um vetor posição de A a B e
depois determinando sua intensidade.
z
200 mm
A
75 mm
25 mm
60°
30°
y
x
2 m
x
B
50 mm
Problemas 2.86/87
Problema 2.88

| 46 | Estática
Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados da força resultante em A.
z
Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados da força resultante.
z
1,2 m
0,9 m
B
0,75 m
F B
A
3 kN
F C
3,75 kN
0,9 m
1,2 m
C
y
0,6 m
x
Problema 2.89
Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados da força resultante.
z
2 m
A
B
2,1 m
F 2
x
405 N
1,2 m
C
1,2 m
Problema 2.92
F 1 500 N
0,9 m A
40°
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 e determine a intensidade e os ângulos de
direção coordenados da força resultante.
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
z positivo, determine a força em cada corrente.
z
y
600 N
500 N
4 m
O
x
B
8 m
C
Problema 2.90
4 m
y
B
120°
A
F B
F C
F A
120° 1,2 m
120°
C
1,8 m
y
Determine a intensidade e os ângulos de direção
coordenados da força resultante que age em A.
z
x
Problemas 2.93/94
F B
F C
900 N
600 N
A
Expresse a força F como um vetor cartesiano; depois,
determine seus ângulos de direção coordenados.
z
C
45°
B
6 m
4,5 m
3 m
6 m
y
1,5 m
B 2,1 m
F
675 N
70°
A
3 m
30°
y
x
x
Problema 2.91
Problema 2.95

Capítulo 2 Vetores de força | 47 |
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
, , da força resultante. Considere x = 20 m, y = 15 m.
z
x
16 m
C
18 m
600 N
400 N
24 m
y
O
Problema 2.96
D
A
800 N
4 m
B
6 m
x y
A porta é mantida aberta por duas correntes. Se as
trações em AB e em CD são F A = 300 N e F C = 250 N,
respectivamente, expresse cada uma dessas forças na forma
de um vetor cartesiano.
A
30°
x
F A
1 m
2,5 m
300 N
z
B
F C
Problema 2.97
D
C
250 N
0,5 m
1,5 m
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.
z
y
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 B 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, determine os valores de x e z para as coordenadas do
ponto C e a intensidade da força resultante. Considere F B =
1610 N e F C = 2400 N.
z
x 2 m B
3 m
C
x
z
O
6 m
F C
F B
Problemas 2.99/100
A
y
1500 N
O cabo AO exerce uma força sobre o topo do poste
de F = {–120i – 90j – 80k} N. Se o cabo possui um
comprimento de 1,02 m, determine a altura z do poste e a
posição (x, y) de sua base.
z
A
F
x
O
y
Problema 2.101
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 F R = {–4,5k} kN,
determine a intensidade da força em cada corrente.
z
z
x
y
D
B
F B 175 N
4 m
2 m
D
3 m
x
1,5 m
A
F A
250 N
4 m
C
1 m
y
x
C
F C F F A B
2,1 m
B
120°
120°
120° 0,9 m A
y
Problema 2.98
Problemas 2.102/103

| 48 | Estática
*2.104. A torre de antena é sustentada por três cabos. Se as
forças desses cabos que atuam sobre a antena são F B = 520 N,
F C = 680 N e F D = 560 N, determine a intensidade e os ângulos
de direção coordenados da força resultante que atua em A.
z
*2.108. A carga em A cria uma força de 200 N no arame
AB. Expresse essa força como um vetor cartesiano, agindo
sobre A e direcionada para B.
z
24 m
F B
A
F C
F D
120°
120°
1 m 30°
B
2 m
y
x
B
10 m
18 m
O
C
16 m
Problema 2.104
8 m
D
12 m
Se a força em cada cabo preso ao caixote é 350 N,
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados
da força resultante.
2.106. Se a resultante das 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.
z
A
0,6 x
m
0,6 m
F A
B
F B
E
F C
F D
D
0,9 m
Problemas 2.105/106
1,8 m
C
0,9 m
y
2.107. O tubo é suportado em sua extremidade por uma
corda AB. Se a corda exerce uma força de F = 60 N no tubo
em A, expresse essa força como um vetor cartesiano.
z
y
x
F 200 N
A
Problema 2.108
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
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados
da força resultante.
45°
F C
x
5 kN
C
A
D
z
F A
6 kN
F B
Problema 2.109
3 m
8 kN
B
30°
0,75 m
2.110. O cabo conectado aos mastros de uma grua exerce
uma força sobre a grua de F = 1,75 kN. Expresse essa força
como um vetor cartesiano.
z
y
B
10,5 m
A
1,8 m
F
1,75 kN
x
0,9 m
A
F 60 N
1,5 m
20°
y
x
30°
15 m
B
y
Problema 2.107
Problema 2.110

Capítulo 2 Vetores de força | 49 |
2.9 Produto escalar
Ocasionalmente, na estática, é preciso calcular o ângulo entre duas linhas ou as
componentes de uma força paralela e perpendicular a uma linha. Em duas dimensões,
esses problemas são resolvidos facilmente pela trigonometria, uma vez que a
geometria é fácil de visualizar. Em três dimensões, entretanto, é difícil e torna-se
necessário empregar métodos vetoriais para a solução. O produto escalar 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 entre suas
origens (Figura 2.42). Expresso na forma de equação,
A $ B = AB cos
(2.12)
escalar e não um vetor.
Leis das operações
1. Lei comutativa: A $ B = B $ A
2. Multiplicação por escalar: a(A $ B) = (aA) $ B = A $ (aB)
3. Lei distributiva: A $ (B + D) = (A $ B) + (A $ D)
A primeira e 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).
Formulação 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 = (1)(1) cos 0° = 1 e i $ j =
(1) (1) cos 90° = 0. Se quisermos determinar o produto escalar de dois vetores A e
B expressos na forma de um vetor cartesiano, teremos:
A $ B = (A x i + A y j + A z k) $ (B x i + B y j + B z k)
= A x B x (i $ i) + A x B y (i $ j) + A x B z (i $ k) +
A y B x (j $ i) + A y B y (j $ j) + A y B z (j $ k) +
A z B x (k $ i) + A z B y (k $ j) + A z B z (k $ k)
Efetuando as operações do produto escalar, obtemos o resultado final:
A $ B = A x B x + A y B y + A z B z
(2.13)
A
Figura 2.42
u b
u r
B
algebricamente. Observe que o resultado será um escalar negativo ou positivo.
Aplicações
O produto escalar tem duas aplicações importantes na mecânica.
O ângulo formado entre dois vetores ou linhas que se interceptam. O
ângulo entre as origens dos vetores A e B na Figura 2.42 pode ser
determinado pela Equação 2.12 e escrito como:
1
i = cos
- A$
B
c m 0° # i # 180°
AB
O ângulo entre a corda e a viga
pode ser determinado formulando-se
vetores unitários ao longo da viga e
da corda para depois usar o produto
escalar u b · u r = (1)(1) cos .

| 50 | Estática
ub
F b
A projeção da força do cabo F ao
longo da viga pode ser determinada
calculando-se primeiro o vetor unitário
u b que define esta direção. Em
seguida, aplica-se o produto escalar
F
Nesse caso, A $ B é calculado pela Equação 2.13. Em especial, observe que, se
A $ B = 0, = cos –1 0 = 90°, de modo que A será perpendicular a B.
As componentes de um vetor paralelo e perpendicular a uma linha. A
componente do vetor A paralela a ou colinear com a linha aa' na Figura 2.43
é definida por A onde A a = A cos . 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
u a , então, como u a = 1, podemos determinar a intensidade de A a diretamente
do produto escalar (Equação 2.12); ou seja,
A a = A cos = A $ u a
A ao longo de uma linha é determinada pelo
produto escalar de A e o vetor unitário u a , que define a direção da linha. Observe
que, se esse resultado for positivo, então A a possui o mesmo sentido de direção de
u a , enquanto, se A a for um escalar negativo, então, A a tem o sentido de direção oposto
a u a .
A componente A a representada como um vetor é, portanto:
A a = A a u a
a
A
F b = F · u b
Figura 2.43
A
A a = A cos u a
u a
a
A componente de A que é perpendicular à linha aa também pode ser obtido
(Figura 2.43). Como A = A a + A
, então A
= A – A a . Há duas maneiras de obter
A
. Uma delas é determinar a partir do produto escalar, = cos –1 (A $ u A /A), então
A
= A sen . Alternativamente, se A a for conhecido, então, pelo teorema de Pitágoras,
2 2
podemos também escrever A= = A - A a .
Pontos importantes
O produto escalar é usado para determinar o ângulo entre dois vetores ou a
projeção de um vetor em uma direção especificada.
Se os vetores A e B são expressos na forma de vetores cartesianos, o produto
escalar será determinado multiplicando-se as respectivas componentes escalares
e adicionando-se algebricamente os resultados, ou seja,
A $ B =
A x
B x
+ A y
B y
+ A z B z z. .
Da definição do produto escalar, o ângulo formado entre as origens dos vetores
A e B é = cos –1 (A $ B/AB).
/ A intensidade da projeção do vetor A ao longo de uma linha aa, cuja direção
é especificada por u a , é determinada pelo produto escalar A a = A $ u a .
Exemplo 2.16
(F ) proj
F
100 N
Determine as intensidades das projeções da força F, na Figura 2.44, sobre os
eixos u e .
15°
SOLUÇÃO
45°
(F u ) proj
u
Projeções da 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 u ) proj = (100 N) cos 45° = 70,7 N
Figura 2.44
(F v ) proj = (100 N) cos 15° = 96,6 N

Capítulo 2 Vetores de força | 51 |
NOTA: Essas projeções não são iguais às intensidades das componentes da força F ao
longo dos eixos u e v encontradas pela lei do paralelogramo. Elas somente serão
iguais se os eixos u e v forem perpendiculares.
Exemplo 2.17
A estrutura mostrada na Figura 2.45a está submetida a uma força horizontal
F = {300j}. Determine a intensidade das componentes dessa força paralelas e
perpendiculares ao membro AB.
z
z
F AB
B F {300 j} N
u B
B
F
A
2 m
3 m
y
A
F
y
x
6 m
x
(a)
Figura 2.45
(b)
SOLUÇÃO
A intensidade da componente de F ao longo de AB é igual ao produto escalar de F
e o vetor unitário u B , que define a direção de AB (Figura 2.44b). Como
u
rB
2i+ 6j+
3k
B = =
= 0,286i+ 0,857j+
0,429k
r 2 2 2
B ^2h + ^6h + ^3h
então,
F AB = F cos = F $ u B = (300j) $ (0,286i + 0,857j + 0,429k)
= (0) (0,286) + (300) (0,857) + (0) (0,429)
= 257,1 N
Visto que o resultado é um escalar positivo, F AB tem o mesmo sentido de direção de
u B (Figura 2.45b).
Expressando F AB na forma de um vetor cartesiano, temos:
F AB = F AB u B = (257,1 N) (0,286i + 0,857j + 0,429k)
= {73,5i} + 220j + 110k} N
A componente perpendicular (Figura 2.45b), portanto, é:
F
= F – F AB = 300j – (73,5i + 220j + 110k)
= {–73,5i + 80j – 110k} N
Sua intensidade pode ser determinada por meio desse vetor ou usando o teorema de
Pitágoras (Figura 2.45b):
2 2 2 2
F= = F - FAB
= ^300 Nh
-^257,
1 Nh
= 155 N

| 52 | Estática
z
Exemplo 2.18
1 m
A
2m
2 m
y
O tubo da Figura 2.46a está sujeito à força de F = 800 N. Determine o ângulo
entre F e o segmento BA do tubo e a projeção de F ao longo desse segmento.
SOLUÇÃO
x
C
F 800 N
(a)
1 m
B
Ângulo
Primeiro estabeleceremos os vetores posição de B para A e de B para C (Figura
2.46b). Em seguida, calcularemos o ângulo entre as origens desses dois vetores.
r BA = {–2i – 2j + 1k} m, r BA = 3 m
x
C
z
r BC
(b)
z
A
r BA
B
A
y
y
Logo,
r BC = {–3j + 1k} ft, r BC =
10 m
cos
rBA
$ rBC
^ 2 0 2 3 1 1
i = = - h^ h + ^ - h^ - h + ^ h^
h
= 0,
7379
rBArBC
3 10
i = 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.
u
rBA
^ 2i 2j 1k
2
i
2
j
1
BA = = - - + h
=- - + k
rBA
3
3 3 3
F N
rBC
- 3j+
1k
= 800 ` j = 800
= - 758, 9j+
253,
0k
N
r
e o ^
h
BC
10
x
F 800 N
B
F
(c)
Figuras 2.46
F BA
Portanto,
F F u 758, 9j 253,
0k 2
i
2
j
1
BA = $ BA = ^- + h $ c- - + km
3 3 3
= 0
2
758, 9
2
253,
0
1
c- m + ^- hc- m + ^ hc
m
3
3
3
= 590 N
NOTA: Como é conhecido, então, também F BA = F cos = 800 N cos 42,5° = 590 N.
Problemas fundamentais
2.25. Determine o ângulo entre a força e a linha AO.
F = {–6i + 9j + 3k} kN
z
2.26. Determine o ângulo entre a força e a linha AB.
z
B
A
4 m
2 m
2 m
x
1 m
O
y
x
C
4 m
F
600 N
A
3 m
y
Problema 2.25
Problema 2.26

Capítulo 2 Vetores de força | 53 |
2.27. Determine o ângulo entre a força e a linha OA.
2.28. Determine a componente da projeção da força ao
longo da linha OA.
y
2.30. Determine as componentes da força que atuam
paralela e perpendicular ao eixo da barra.
F
650 N
O
13
12
5
A
x
z
Problemas 2.27/28
F = 3 kN
Encontre a intensidade da componente da força
projetada ao longo do tubo.
z
4 m
A
O
A
60°
30°
1 m
O
F
400 N
x
2 m
2 m
6 m
y
x
5 m
B
4 m
y
Problema 2.30
Problema 2.29
Problemas
2.111. Dados os três vetores A, B e D, mostre que A $ (B + D) =
(A $ B) + (A $ D).
*2.112. Determine a componente projetada da força
F AB = 560 N que atua ao longo do tubo AC. Expresse o
resultado como um vetor cartesiano.
z
Determine as intensidades das componentes da
força F = 56 N que atuam ao longo e perpendicular à
linha AO.
z
C
1,5 m
1,5 m
B
1 m
D
1 m F = 56 N
3 m F AB 560 N
1 m
O
C
A
x
3 m
A
y
x
3 m
B
1,5 m
y
Problemas 2.111/112
Problema 2.113

| 54 | Estática
2.114. Determine o comprimento do lado BC da chapa
triangular. Resolva o problema calculando a intensidade
de r BC . Depois, verifique o resultado calculando primeiro
, r AB e r AC ; e em seguida usando a lei dos cossenos.
x
1 m
z
1 m
5 m
A
3 m
C
B
4 m
Problema 2.114
2.115. Determine as intensidades das componentes da força
F = 600 N que atuam ao longo e perpendicular ao segmento
DE do encanamento.
z
x
D
2 m
2 m
2 m
3 m
2 m
A
C
E
F
Problema 2.115
B
3 m
600 N
y
y
2.118. Determine a projeção da força F = 80 N ao longo da
linha BC. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
z
F
C
1,5 m
x 2 m
80 N
D
2 m
F
A
E
2 m
Problema 2.118
B
2 m
1,5 m
y
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 1 e F 2 que atuam ao
longo do eixo OA e perpendicular a ele.
z
A
x
O
40 mm
F = {–500k} N
Problema 2.119
40 mm
y
20 mm
*2.120. Determine a intensidade da componente projetada
da força F AB que atua ao longo do eixo z.
Determine a intensidade da componente projetada da
força F AC que atua ao longo do eixo z.
z
*2.116. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine o
ângulo entre elas. Além disso, quais são as projeções de
F 1 e F 2 ao longo do eixo y?
Duas forças atuam sobre o gancho. Determine a
intensidade da projeção de F 2 ao longo de F 1 .
F AB
F AC
3,5 kN
3 kN
A
9 m
z
D
4,5 m
F 1
600 N
O
3 m
45°
B
120°
60°
y
3 m
x
3 m
C
Problemas 2.120/121
30°
y
x
F 2
= {120i + 90j – 80k}N
Problemas 2.116/117
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 cartesiano.

Capítulo 2 Vetores de força | 55 |
2.123. Determine as intensidades das componentes da força
F = 400 N que atuam na paralela e na perpendicular ao
segmento BC do encanamento.
z
x
B
A
4 m
C
3 m
Problemas 2.122/123
F
30°
y
400 N
*2.124. O cabo OA é usado para suportar a coluna OB.
Determine o ângulo que ele forma com a viga OC.
O cabo OA é usado para suportar a coluna OB.
Determine o ângulo que ele forma com a viga OD.
z
x
C
O
8 m
B
A
D
8 m
30°
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 F 2 .
4 m
2.127. Determine o ângulo entre os dois cabos presos
ao poste.
F 1
400 N
35°
z
45°
y
*2.128. Uma força de F = 80 N é aplicada no cabo da chave.
Determine o ângulo entre a origem da força e o cabo da
chave AB.
300 mm
x
B
z
500 mm
Problema 2.128
F
A
80 N
30°
45°
Determine o ângulo entre os cabos AB e AC.
2.130. Se F possui uma intensidade de 250 N, determine a
intensidade de suas componentes projetadas que atuam ao
longo do eixo x e do cabo AC.
3,6 m
x
A
C
2,4 m
F
z
0,9 m
4,5 m
B
2,4 m
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 N que atua ao longo da linha OA.
y
y
20°
45°
120°
60°
y
z
30°
F
A 30°
300 mm
300 N
x
F 2
400 N
x
O
300 mm
300 mm
y
Problemas 2.126/127
Problemas 2.131/132

| 56 | Estática
Dois cabos exercem forças sobre o tubo. Determine
a intensidade da componente projetada de F 1 ao longo da
linha de ação de F 2 .
2.134. Determine o ângulo entre os dois cabos conectados
ao tubo.
z
60°
F 2
25 N
x
60°
30°
30°
y
F 1
30 N
Problemas 2.133/134
REVISÃO DO CAPÍTULO
Um escalar é um número positivo ou
negativo; são exemplos massa e temperatura.
Um vetor possui uma intensidade e uma
direção, onde a ponta da seta (extremidade)
representa o sentido do vetor.
A
A multiplicação ou divisão de um vetor
por um escalar mudará apenas a intensidade
do vetor. Se o escalar for
negativo, o sentido do vetor mudará
para que ele atue no sentido oposto.
A
2 A
–1,5A
0,5A
Se os vetores forem colineares, a resultante
é simplesmente a adição algébrica
ou escalar.
R = A + B
A
R
B
Lei do paralelogramo
Dois vetores são adicionados de acordo
com a lei do paralelogramo. As componentes
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 componentes.
Para obter as componentes ou a resultante,
mostre como as forças se somam
indo da ‘origem para extremidade'
usando a regra do triângulo e, em seguida,
use a lei dos cossenos e dos senos
para calcular seus valores.
FR
= F1 2 + F2 2 - 2FF
1 2cos
i
F1
F2
FR
= =
sen i sen i sen i
1
2
R
R
a
Resultante
F R
F 1
F 2
Componentes
F R 2
F 1
1 R
F 2
b

Capítulo 2 Vetores de força | 57 |
Componentes retangulares: duas
dimensões
Os vetores F x e F y são componentes
retangulares de F.
A força resultante é determinada pela
soma algébrica de suas componentes.
F y
y
F
x
FRx
= RFx
FRy
= RFy
F = -^ F h + ^F
h
1 FRy
i = tg
F
2 2
R Rx Ry
Rx
F x
y
F 2y
F 1y
F 2x F 1x
F 3x
x
F Ry
y
F Rx
F R
x
F 3y
Vetores cartesianos
O vetor unitário u tem compri mento de
um, sem unidades, e aponta na direção
do vetor F.
u
=
F
F
F
1
u
F
Uma força pode ser decomposta em
suas componentes cartesianas ao longo
dos eixos x, y, z, de modo que:
F = F x i + F y j + F z k.
A intensidade de F é determinada pela
raiz quadrada positiva da soma dos quadrados
de suas componentes.
F = F + F + F
2 2 2
x y z
z
F z k
Os ângulos de direção coordena dos ,
, são determinados formulando-se
um vetor unitário na direção de F. As
componentes x, y, z de u representam
cos , cos , cos .
u
F Fx F i
y F j
z
= = + + k
F F F F
u = cos ai+ cos b j+
cos c k
u
F
F y j
y
Os ângulos de direção coordenados
estão relacionados, de modo que apenas
dois dos três ângulos são independentes
um do outro.
cos 2 + cos 2 + cos 2 c = 1
x
F x i
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 no sistema.
F R = RF = RF x i + RF y j + RF z k

| 58 | Estática
Vetores posição e de força
Um vetor posição localiza um ponto no
espaço em relação a outro. A maneira
mais simples de formular as componentes
de um vetor posição é determinar a
distância e a direção, ao longo das
direções x, y e z, entre a origem e a
extremidade do vetor.
r = (x B – x A )i + (y B – y A )j + (z B – z A )k
z
(z B z A )k
B
r
A
(x B x A )i (y B y A )j
y
x
Se a linha de ação de uma força passa
pelos pontos A e B, 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.
F = Fu
= F
r
c m r
A
z
u
r
B
F
y
x
Produto escalar
O produto escalar entre dois vetores A
e B produz um escalar. Se A e B são
expressos na forma de vetor cartesiano,
então o produto escalar é a soma dos
produtos de suas componentes x, y e z.
A $ B = AB cos
= A x B x + A y B y + A z B z
A
B
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 aa definido
por seu vetor unitário u a .
i = cos
- A B
c m
AB
1 $
A a = A cos u a = (A $ u a )u a
a
A
A
A a A cos u a
u
a

Capítulo 2 Vetores de força | 59 |
Problemas
2.135. Determine as componentes x e y da força de 700 N.
700 N
y
Determine o ângulo de projeto ( < 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?
B
60°
30°
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.
Determine o ângulo entre os segmentos de tubo
BA e BC.
x
1,2 m
0,6 m
C
B
z
F
A
1,8 m
0,9 m
500 N
Problemas 2.136/137
2,4 m
2.138. Determine a intensidade e a direção da resultante
F R = F 1 + F 2 + F 3 das três forças encontrando primeiro a
resultante F' = F 1 + F 3 e, depois, formando F R = F' + F 2 .
Especifique sua direção medida no sentido anti-horário a
partir do eixo x positivo.
F 1
80 N
30°
y
F 2
30°
75 N
F 3
50 N
D
y
C
20°
Problema 2.139
A
500 N
*2.140. Determine a intensidade mínima e a direção da força
F 3 de modo que a resultante de todas as três forças tenha
uma intensidade de 100 N.
5
3
F 2 = 50 N
4
Problema 2.140
F 1 = 25 N
Decomponha a força de 250 N nas componentes que
atuam ao longo dos eixos u e v e determine as intensidades
dessas componentes.
F 3
45°
x
20°
u
40°
250 N
Problema 2.138
Problema 2.141

| 60 | Estática
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.
B
z
2.143. Os três cabos de suporte exercem as forças mostradas
na figura. Represente cada força como um vetor cartesiano.
C
2 m
E
z
2 m
B
4 m
O
60°
3 m
80 N
A
y
F C
400 N
A
F B
F E 350 N
400 N
D
3 m
2 m
3 m
y
x
x
Problema 2.142
Problema 2.143

CAPÍTULO
3
Equilíbrio de uma partícula
Objetivos 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.
3.1 Condição de equilíbrio de uma partícula
Dizemos que uma partícula está em equilíbrio quando está em repouso se originalmente
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 primeira 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:
RF = 0 (3.1)
onde RF 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 RF = ma. Como o sistema de forças satisfaz a Equação 3.1,
então, ma = 0 e, portanto, a aceleração da partícula a = 0. Consequentemente, a
partícula move-se com velocidade constante ou permanece em repouso.
3.2 O diagrama de corpo livre
Para aplicar a equação de equilíbrio, devemos considerar todas as forças
conhecidas e desconhecidas (RF) 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 todas as forças que atuam sobre ela é chamado diagrama
de corpo livre (DCL) da partícula.
Antes de apresentarmos o procedimento formal para traçar o diagrama de corpo
livre, vamos considerar dois tipos de conexão encontrados frequentemente nos
problemas de equilíbrio de uma partícula.

| 62 | Estática
l
l
o
+s
F
Figura 3.1
Molas
Se uma mola (ou fio) linearmente elástica, de comprimento não deformado l o , 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 linearmente elástica que tem
uma rigidez k e é deformada (alongada ou comprimida) de uma distância s = l – l o ,
medida a partir de sua posição sem carga, é:
F = ks (3.2)
Se s for positivo, causando 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 3.1 tem comprimento sem esticar de 0,8 m e uma rigidez
k = 500 N/m e ela é esticada para um comprimento de 1 m, de modo que s = l – l o =
1 m – 0,8 m = 0,2 m, então é necessária uma força F = ks = 500 N/m(0,2 m) = 100 N.
Figura 3.2
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 suportar 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.
Procedimento para traçar um diagrama de corpo livre
Como devemos considerar todas as forças que atuam sobre a partícula quando
aplicamos as equações de equilíbrio, a importância excessiva dada ao traçar um
diagrama de corpo livre não pode ser tão enfatizada. Para construir um diagrama de
corpo livre, é necessário o seguinte procedimento.
Desenhe o contorno da partícula a ser estudada
Imagine a partícula a ser isolada ou ‘recortada’ de seu entorno, e desenhe o
contorno de sua forma.
Mostre todas as 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 força
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 | 63 |
A
D
T B
A
W
T C
T
B
C
W
A caçamba é mantida em equilíbrio pelo cabo e, instintivamente, sabemos
que a força no cabo deve ser igual ao peso da caçamba. Desenhando o
diagrama de corpo livre da caçamba, podemos compreender porque isso
ocorre. Esse diagrama mostra que há apenas duas forças atuando sobre a
caçamba, ou seja, seu peso W e a força T do cabo. Para o equilíbrio, a
resultante dessas forças deve ser igual a zero e, assim, T = W.
A bobina tem um peso W e está suspensa pela lança do
guindaste. Se quisermos obter as forças nos cabos AB e AC,
devemos considerar o diagrama de corpo livre do anel em A.
Nesse caso, os cabos AD exercem uma força resultante de W
sobre o anel e a condição de equilíbrio é usada para obter
T B e T C .
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.
SOLUÇÃO
(a)
Esfera
Verifica-se que há apenas duas forças atuando sobre a esfera, nominalmente, seu
peso, 6 kg (9,81 m/s 2 ) = 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 F CE 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, F CE e F EC puxam a corda e a mantêm sob tração de modo que
não se rompa. Para o equilíbrio, F CE = F EC .
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.
(b)
(c)
(d)
Figura 3.3

| 64 | Estática
3.3 Sistemas de forças 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 e j. Para o equilíbrio, essas forças precisam ser somadas para
produzir uma força resultante zero, ou seja,
RF = 0
RF x i + RF y j = 0
Para que essa equação vetorial seja satisfeita, as componentes x e y da força devem
ser iguais a zero. Portanto,
Figura 3.4
RF x = 0
RF y = 0
(3.3)
Figura 3.5
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 fim de manter o equilíbrio. Aplicando a equação do equilíbrio ao
longo do eixo x, temos:
+
" R F x =
0;
+F + 10 N = 0
B
D
A
y
T D
A x
T B
T C
Os dois termos são ‘positivos’, uma vez que ambas as forças atuam na direção
positiva x. Quando essa equação é resolvida, F = –10 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 = –10 N, indicando que F deveria ser direcionado para a
esquerda.
C
Procedimento para análise
As correntes exercem três forças
sobre o anel em A, como mostra o
seu diagrama de corpo livre. O anel
não se moverá, ou se moverá com
velocidade constante, desde que a
soma dessas forças ao longo dos
eixos x e y seja zero. Se uma das
três forças for conhecida, as
intensidades das outras duas forças
poderão ser obtidas a partir das duas
equações de equilíbrio.
Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para uma partícula podem ser
resolvidos usando-se o seguinte procedimento.
Diagrama 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 | 65 |
Equações de equilíbrio
Aplique as equações de equilíbrio RF x = 0 e RF y = 0.
As componentes serão positivas se forem direcionadas ao longo de um
eixo positivo e negativas se forem direcionadas ao longo de um eixo
negativo.
Se existirem mais de duas incógnitas e o problema envolver mola, deve-se
aplicar F = ks para relacionar a força da mola à deformação 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
sentido 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.
A
C
3
5
4
B
45°
T BD = 60(9,81) N
T A
3
5
4
y
B
45°
T C
x
SOLUÇÃO
(a)
D
60(9,81) N
(b)
Figura 3.6
T BD = 60(9,81) N
(c)
Diagrama de corpo livre
Devido ao equilíbrio, o peso do cilindro faz com que a tração no cabo BD seja
T BD = 60(9,81) N, como mostra a Figura 3.6b. As forças nos cabos BA e BC podem
ser determinadas examinando-se o equilíbrio do anel B. Seu diagrama de corpo livre
é mostrado na Figura 3.6c. As intensidades de T A e T C são desconhecidas, mas suas
direções são conhecidas.
Equações de equilíbrio
Aplicando-se as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, temos:
+
" R F x = 0; T cos 45°
4
C - c m TA
= 0
(1)
5
F 0; T sen 45°
3
+ -R y = C + b lTA- 60 ^981
, h N = 0
(2)
5
A Equação 1 pode ser escrita como T A = 0,8839T C . Substituindo T A na Equação 2
resulta:
T sen 45° 3 C + b l^ 0 , 8839 TCh - 60 ^ 9 , 81 h N = 0
5
De modo que:
T C = 475,66 N = 476 N

| 66 | Estática
Substituindo esse resultado na Equação 1 ou na Equação 2, obtemos:
T A = 420 N
NOTA: É claro que a precisão desses resultados depende da exatidão dos dados, isto
é, medições da geometria e cargas. Para muitos trabalhos de engenharia envolvendo
problemas como esse, os dados medidos com três algarismos significativos seriam
suficientes.
Exemplo 3.3
C
θ
A caixa de 200 kg da Figura 3.7a é suspensa usando as cordas AB e AC. Cada corda
pode suportar uma força máxima de 10 kN antes de se romper. Se AB sempre
permanece horizontal, determine o menor ângulo para o qual a caixa pode ser
suspensa antes que uma das cordas se rompa.
A
B
SOLUÇÃO
D
Diagrama de corpo livre
Estudaremos o equilíbrio do anel A. Existem três forças atuando nele (Figura
3.7b). A intensidade de F D é igual ao peso da caixa, ou seja, F D = 200(9,81)
N = 1962 N < 10 kN.
F C
θ
(a)
y
A
F B
x
Equações de equilíbrio
Aplicando as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y,
+
" R F x =
0;
F cos F 0; F
FB
- C i + B = C = (1)
cos i
+ - RF y = 0; F C sen – 1962 N = 0 (2)
Da Equação 1, F C é sempre maior que F B , uma vez que cos
AC atingirá a força de tração máxima de 10 kN antes da corda AB. Substituindo
F C = 10 kN na Equação 2, obtemos:
[10(10 3 ) N] sen – 1962 N = 0
F D = 1962 N
(b)
Figura 3.7
= sen –1 (0,1962) = 11,31°
A força desenvolvida na corda AB pode ser obtida substituindo os valores para e
F C na Equação 1.
3
N
FB
10^10 h =
cos 11,31°
FB
= 9,81 kN
Exemplo 3.4
C
30°
2 m
k AB = 300 N/m
A
B
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 l' AB = 0,4 m e a mola tem uma rigidez k AB = 300 N/m.
SOLUÇÃO
Se a força na mola AB for conhecida, o alongamento da mola será determinando usando
F = ks. Da geometria do problema é possível então calcular o comprimento de AC.
(a)
Figura 3.8
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.

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 67 |
Equações de equilíbrio
Usando os eixos x, y,
+
" R F x =
0;
T AB - T AC cos 30° = 0
+ - RF y = 0; T AC sen 30° – 78,5 N = 0
Resolvendo, obtemos:
T AC = 157,0 N
T AB = 135,9 N
(b)
O alongamento da mola AB é, portanto,
T AB = k AB s AB ; 135,9 N = 300 N/m(s AB )
Figura 3.8
s AB = 0,453 m
Logo, o comprimento alongado é:
l AB = l' AB + s AB
l AB = 0,4 m + 0,453 m = 0,853 m
A distância horizontal de C a B (Figura 3.8a) requer:
2 m = l AC cos 30° + 0,853 m
l AC = 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.
B
30°
A
D
5
4
C
3
3.3. Se o bloco de 5 kg é suspenso pela polia B e a curvatura
da corda é d = 0,15 m, determine a força na corda ABC.
Despreze a dimensão da polia.
A
0,4 m
B
D
C
d = 0,15 m
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.
Problema 3.3
3.4. O bloco possui uma massa de 5 kg e repousa sobre o
plano liso. Determine o comprimento não deformado da mola.
0,3 m
B
k = 200 N/m
A
θ
θ
C
0,4 m
3 m
Problema 3.2
45°
Problema 3.4

| 68 | Estática
3.5. Se a massa do cilindro C é 40 kg, determine a massa
do cilindro A, de modo a manter a montagem na posição
mostrada.
3.6. Determine a tração nos cabos AB, BC e CD, necessária
para suportar os semáforos de 10 kg e 15 kg em B e C,
respectivamente. Além disso, determine o ângulo .
D
E
30°
B
A
15°
B
C
θ
D
C
40 kg
A
Problemas
Problema 3.5
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL.
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 AB tem um comprimento de 1,5 m.
Considere y = 0,75 m.
3.2. Se a corda AB de 1,5 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.
2 m
Problema 3.6
Os membros de uma treliça estão conectados a uma
placa de ligação. Se as forças são concorrentes 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 e sua orientação
correta para o equilíbrio. As forças são concorrentes no
ponto O. Considere F = 12 kN.
A
y
C
B
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
B
45°
C
F AB
G
30°
D
Problemas 3.3/4
Problemas 3.5/6
3.7. 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.
Problema 3.7

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 69 |
*3.8. Os membros AC e AB suportam a caixa de 100 kg.
Determine a força de tração desenvolvida em cada membro.
Se os membros AC e AB podem suportar uma tração
máxima de 1500 N e 1250 N, respectivamente, determine o
maior peso da caixa que pode ser suportada com segurança.
Se o bloco D pesa 1,5 kN e o bloco B pesa 1,375 kN,
determine o peso do bloco C e do ângulo para o equilíbrio.
0,9 m
1,2 m
C
B
θ
A
30°
1,2 m
B
D
C
Problemas 3.12/13
A
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 = 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 para o equilíbrio. As forças são concorrentes no
ponto O. Considere F = 8 kN.
3.14. Determine o alongamento nas molas AC e AB 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.
Problemas 3.10/11
*3.12. Se o bloco B pesa 1 kN e o bloco C pesa 0,5 kN,
determine o peso do bloco D e do ângulo para o equilíbrio.
Problemas 3.14/15
*3.16. Determine a tração desenvolvida nos cabos CA e CB
necessária para o equilíbrio do cilindro de 10 kg. Considere
= 40°.

| 70 | Estática
Se o cabo CB está submetido a uma tração que é o
dobro da do cabo CA, determine o ângulo para o equilíbrio
do cilindro de 10 kg. Além disso, quais são as trações nos
cabos CA e CB?
Se a tração desenvolvida em cada um dos quatro fios
não pode exceder 600 N, determine a maior massa do
candelabro que pode ser suportada.
A
B
A
30°
C
θ
30°
B
45°
30°
C
D
Problemas 3.16/17
3.18. Determine as forças nos cabos AC e AB necessárias
para manter a esfera D de 20 kg em equilíbrio. Considere
F = 300 N e d = 1 m.
A esfera D possui uma massa de 20 kg. Se uma força
F = 100 N é aplicada horizontalmente no anel em A,
determine a dimensão d, de modo que a força no cabo AC
seja zero.
B
Problemas 3.20/21
3.22. Uma força vertical P = 50 N é aplicada nas
extremidades da corda AB de 0,6 m e na mola AC. Se a mola
tem um comprimento não deformado de 0,6 m, determine o
ângulo para o equilíbrio. Considere k = 250 N/m.
3.23. Determine o comprimento não deformado da mola AC
se uma força P = 400 N torna o ângulo = 60° para o
equilíbrio. A corda AB tem 0,6 m de extensão. Considere
k = 850 N/m.
1,5 m
0,6 m
0,6 m
C
B
θ
C
d
2 m
A
F
A
k
D
P
Problemas 3.18/19
Problemas 3.22/23
*3.20. Determine a tração desenvolvida em cada um dos
fios usados para sustentar o candelabro de 50 kg.
*3.24. Se o balde pesa 0,25 kN, determine a tração
desenvolvida em cada um dos fios.

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 71 |
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.
C
A
B
30°
4
3
5
E
30°
D
Problemas 3.24/25
3.26. Determine as trações desenvolvidas nos fios CD, CB
e BA e o ângulo necessário para o equilíbrio do cilindro E
de 15 kg e do cilindro F de 30 kg.
3.27. Se o cilindro E pesa 150 N e = 15°, determine o
peso do cilindro F.
Problema 3.28
As cordas BCA e CD podem suportar, cada uma, uma
carga máxima de 0,5 kN. Determine o peso máximo da caixa
que pode ser içada em velocidade constante e o ângulo
para o equilíbrio. Despreze a dimensão da polia em C.
D
A
30°
C
θ
B
45°
E
F
Problemas 3.26/27
*3.28. Duas esferas, A e B, tem massas iguais e estão
eletrostaticamente carregadas, de modo que a força repulsiva
que atua entre elas tem uma intensidade de 20 mN e está
direcionada ao longo da linha AB. Determine o ângulo , a
tração nas cordas AC e BC e a massa m de cada esfera.
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 B e D.

| 72 | Estática
3.31. As molas no arranjo de cabos estão originalmente
deformadas em 0,3 m quando = 0°. Determine a força
vertical F que deve ser aplicada, de modo que = 30°.
B
0,6 m 0,6 m
A
C
B
θ
θ
D
30°
30°
D
k = 500 N/m
A
k = 500 N/m
P
C
F
Problemas 3.30/31
E
Problemas 3.33/34
3.35. O quadro tem um peso de 50 N e deve ser suspenso
pelo pino liso B. 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.
*3.32. Determine a intensidade e a direção da força de
equilíbrio F AB exercida ao longo da barra AB pelo aparato de
tração mostrado. A massa suspensa é de 10 kg. Despreze a
dimensão da polia em A.
A
B
C
75°
A
225 mm 225 mm
Problema 3.35
45°
B
θ
F AB
*3.36. O tanque uniforme de 100 kg é suspenso por meio
de um 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 e B ou C e D,
determine qual amarração produz a menor quantidade de
tração no cabo. Qual é essa tração?
F
Problema 3.32
O fio forma um contorno fechado e passa pelas
pequenas polias em A, B, C e D. Se sua extremidade está
submetida a uma força de P = 50 N, determine a força no
fio e a intensidade da força resultante exercida pelo fio em
cada polia.
3.34. O fio forma um contorno fechado e passa pelas
pequenas polias em A, B, C e 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.
1 m
A
O
C
D
1 m
Problema 3.36
B
1 m
0,5 m

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 73 |
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.
C
400 mm
3.38. O peso de 5 kg é suportado pela corda AC, pelo rolete,
e por uma mola. Se a mola possui um comprimento não
deformado de 200 mm e o peso está em equilíbrio quando
d = 100 mm. Determine a rigidez k da mola.
A
k = 800 N/m
B
300 mm
300 mm
D
θ
B
500 mm 400 mm
Problema 3.40
d
k
Um cabo contínuo de comprimento total 4 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.
C
A
Problemas 3.37/38
Uma ‘balança’ é construída com uma corda de 1,2 m
de comprimento e o bloco D de 5 kg. A corda é fixada em
um pino em A e passa por duas pequenas polias em B e C.
Determine o peso do bloco suspenso em B se o sistema está
em equilíbrio.
0,3 m
A
C
Problema 3.41
0,45 m
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 e B. Observe que s = 0 quando os cilindros
são removidos.
D
B
Problema 3.39
A mola tem uma rigidez k = 800 N/m e um
comprimento não deformado de 200 mm. Determine a força
nos cabos BC e BD quando a mola é mantida na posição
mostrada.
Problema 3.42

| 74 | 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 equilíbrio. Despreze
a dimensão da polia.
C
Uma balança é construída usando a massa de 10 kg,
o prato P de 2 kg e a montagem da polia e da corda conforme
figura. A corda BCA tem 2 m de comprimento. Se s = 0,75 m,
determine a massa de D no prato. Despreze a dimensão da
polia.
2 m
B
y
A
10 m
Problema 3.43
Problema 3.44
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 equilíbrio
para mostrar que quanto mais longos forem os cabos,
menor a força em cada um deles.
3.3. O dispositivo DB é usado para esticar a corrente ABC
de modo a manter a porta fechada no contêiner. Se o ângulo
entre AB e o segmento horizontal BC é 30°, determine o
ângulo entre DB e a horizontal para o equilíbrio.
A
B
D
C
A
B
3.2. A treliça é içada usando o cabo ABC que passa por uma
polia muito pequena em B. Se a treliça é colocada em
uma posição inclinada, mostre que ela sempre retornará à
posição horizontal para manter o equilíbrio.
C
3.4. As duas correntes AB e AC possuem comprimentos
iguais e estão submetidas à força vertical F. Se AB fosse
substituído por uma corrente AB
corrente precisaria suportar uma força de tração maior do
que AB a fim de manter o equilíbrio.
B
F
A
A
C
B
B´
C

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 75 |
3.4 Sistemas de forças tridimensionais
Na Seção 3.1, afirmarmos que a condição necessária e suficiente para o equilíbrio
de uma partícula é:
RF = 0 (3.4)
No caso 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
RF x i + RF y j + RF z k = 0. Para satisfazer essa equação é necessário que:
RF x = 0
RF y = 0
RF z = 0
(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.
Figura 3.9
Procedimento para análise
Problemas de equilíbrio de forças tridimensionais para uma partícula podem ser
resolvidos usando-se o procedimento a seguir.
Diagrama de corpo livre
Defina os eixos x, y, z 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, RF x = 0, RF y = 0, RF z = 0, nos
casos em que seja fácil decompor cada força em suas componentes x, y, z.
Se a geometria tridimensional parecer difícil, então expresse primeiro cada
força no diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano, substitua estes
vetores em RF = 0 e, em seguida, iguale a zero as componentes i, j, k.
Se a solução para uma força produzir um resultado negativo, isso indica
que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre.
W
A
B
D
C
F B
F C
F D
O anel em A está submetido à força do
gancho, bem como às forças de cada uma das
três correntes. Se o eletroímã e sua carga
tiverem peso W, então a força do gancho será
W e as três equações escalares de equilíbrio
poderão ser aplicadas ao diagrama de corpo
livre do anel para determinar as forças das
correntes, F B , F C , e F D .

| 76 | Estática
Exemplo 3.5
Uma carga de 90 N está suspensa pelo gancho mostrado na Figura 3.10a. Se a carga
é suportada por dois cabos e uma mola com rigidez k = 500 N/m, determine 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 no plano x–z.
z
z
C
F C
30°
A
5 3
4
k = 500 N/m
B
y
30°
A
5 3
4
F B
y
x
D
90 N
F D
x
90 N
(a)
Figura 3.10
(b)
SOLUÇÃO
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 3.10b.
Equações de equilíbrio
Cada força pode ser facilmente decomposta em suas componentes x, y, z, e portanto
as três equações de equilíbrio escalares podem ser usadas. Considerando as
componentes direcionadas ao longo do eixo positivo como ‘positivas’, temos:
RF 0; F sen 30°
4
x = D - c mFC
= 0
(1)
5
RFy
= 0; - FD
cos 30° + FB
= 0
(2)
RF
0;
3
z = c mFC
- 90 N = 0
(3)
5
Resolvendo a Equação 3 para F C , depois a Equação 1 para F D e, finalmente, a
Equação 2 para F B , temos:
F C = 150 N
F D = 240 N
F B = 207,8 N
Portanto, o alongamento da mola é:
F B = ks AB
207,8 N = (500 N/m)(s AB )
s AB = 0,416 m
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 3.10b).

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 77 |
Exemplo 3.6
A luminária de 10 kg mostrada na Figura 3.11a é suspensa pelas três cordas de mesmo
comprimento. Determine sua menor distância vertical s a partir do teto, para que a
força desenvolvida em qualquer corda não exceda 50 N.
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Devido à simetria (Figura 3.11b), a distância DA = DB = DC = 600 mm. Logo, como
RF x = 0 e RF y = 0, a tração T em cada corda será a mesma. Também, o ângulo entre
cada corda e o eixo z é .
Equação de equilíbrio
Aplicando a equação de equilíbrio ao longo do eixo z, com T = 50 N, temos:
R Fz
= 0; 36 ^50 Nhcos
c@
- 10 ^9, 81hN
= 0
-1
98,
1
c = cos = 49, 16°
150
Do triângulo sombreado cinza, mostrado na Figura 3.11b,
Exemplo 3.7
tg 49,16° =
600 mm
s
s = 519 mm
Determine a força desenvolvida em cada cabo usado para suportar a caixa de
40 kN ( 4000 kg) mostrada na Figura 3.12a.
z
8 m
B
4 m
4 m
C
z
F B
F C
A
x
A
x
z
B
D 120°
600 mm
120°
C
s
y
(a)
z
B
600 mm
D
C
γ
T
T
T
s
y
10(9,81) N
(b)
Figura 3.11
x
D
A
3 m
x
F D
A
y
W = 40 kN
y
(a)
Figura 3.12
(b)
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
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 e C são B (–3 m; –4 m; 8 m) e C (–3 m; 4 m; 8 m), temos:

| 78 | Estática
-3i- 4j+
8k
FB
= FB>
2 2 2 H
^- 3h + ^- 4h + ^8h
=-0, 318FBi- 0, 424FBj+
0,
848FBk
- 3i+ 4j+
8k
FC
= FC>
2 2 2 H
^- 3h + ^4h + ^8h
=- 0, 318FCi+ 0, 424FCj+
0,
848FCk
FD
= FDi
W = "-
40k,
kN
O equilíbrio requer:
RF = 0; F B + F C + F D + W = 0
–0,318F B i – 0,424F B j + 0,848F B k –
0,318F C i + 0,424F C j + 0,848F C k + F D i – 40k = 0
Igualando a zero as respectivas componentes i, j, k, temos:
R F x = 0; –0,318 F B – 0,318F C + F D = 0 (1)
R F y = 0; –0,424 F B + 0,424F C = 0 (2)
R F z = 0; 0,848F B + 0,848F C – 40 = 0 (3)
A Equação 2 estabelece que F B = F C . Logo, resolvendo a Equação 3 para F B e F C e
substituindo o resultado na Equação 1 para obter F D , temos:
F B = F C = 23,6 kN
F D = 15,0 kN
x
(a)
(b)
z
Figura 3.13
D
C
60° 135° 2 m
2 m
120°
A
1 m
y
B
k = 1,5 kN/m
Exemplo 3.8
Determine a tração em cada corda usada para suportar a caixa de 100 kg mostrada
na Figura 3.13a.
SOLUÇÃO
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 observando o ponto D (–1 m; 2 m; 2 m)
para F D , temos:
FB
= FBi
FC = FC cos 120° i+ FC cos 135° j+
FC
cos 60° k
=-05 , FCi- 0707 , FCj+
05 , FCk
1i 2j 2k
FD
= FD
> - + +
2 2 2
^- 1h + ^2h + ^2h
H
=-0, 333FDi- 0, 667FDj+
0,
667FDk
W = "-
981k,
N
O equilíbrio requer:
RF = 0; F B + F C + F D + W = 0
F B i – 0,5F C i – 0,707F C j + 0,5F C k –
0,333F D i + 0,667F D j + 0,667F D k – 981k = 0

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 79 |
Igualando a zero as respectivas componentes i, j e k, temos:
R F x = 0; F B – 0,5F C – 0,333F D = 0 (1)
R F y = 0; –0,707F C + 0,667F D = 0 (2)
R F z = 0; 0,5F C + 0,667F D – 981 = 0 (3)
Resolvendo a Equação 2 para F D em função de F C e fazendo a substituição na
Equação 3, obtemos F C . F D é determinado pela Equação 2. Finalmente, substituindo
os resultados na Equação 1, obtém-se F B . Então:
F C = 813 N
F D = 862 N
F B = 694 N
Problemas fundamentais
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL.
3.7. Determine as intensidades das forças F 1 , F 2 , F 3, de modo
que a partícula seja mantida em equilíbrio.
z
3.10. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD.
z
C
F 3
5
4
4
600 N
3
5
3
F 2
5 F 1
3
4
D
45°
60°
120°
B
A
60°
30°
y
x
900 N
Problema 3.7
y
x
300 N
Problema 3.10
3.8. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD.
z
D
5
4
3
C
5
3
4
y
A
B
x 900 N
3.11. A caixa de 75 kg é sustentada pelos cabos AB, AC e
AD. Determine a tração nesses cabos.
0,9 m
C
0,6 m
0,9 m
B
Problema 3.8
0,6 m
Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD.
z
D
C
A
1,8 m
1 m
2 m
2 m
x
A
30°
B
y
D
E
600 N
Problema 3.9
Problema 3.11

| 80 | Estática
Problemas
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL.
Determine a tração nos cabos para suportar a caixa
de 100 kg na posição de equilíbrio mostrada.
3.46. Determine a maior massa da caixa para que a tração
desenvolvida em qualquer cabo não exceda 3 kN.
z
x
C
B
2 m
2,5 m
A
2 m
Problemas 3.45/46
3.47. O guincho é usado para puxar a rede de peixe de
200 kg para o píer. Determine a força compreensiva ao longo
de cada uma das barras AB e CB e a tração no cabo do
guincho DB. Considere que a força em cada barra atua ao
longo de seu eixo.
5,6 m
z
4 m
D
2 m
B
1 m
y
3.50. Determine a força em cada cabo para suportar a
d = 0,6 m.
3.51. Determine a força em cada cabo para suportar a
d = 1,2 m.
z
B
3 m
17,5 kN
1,2 m
0,9 m
C
x 0,9 m d 1,2 m y
A
Problemas 3.50/51
D
0,6 m
*3.52. Determine a força em cada um dos três cabos para
levantar o trator que tem uma massa de 8 Mg.
z
A
D
x
A
C
2 m
2 m
4 m
y
B
3 m
D
Problema 3.47
*3.48. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC
e AD necessária para o equilíbrio da caixa de 150 kg.
Determine o peso máximo da caixa, de modo que a
tração desenvolvida em qualquer cabo não exceda 2250 N.
z
C
B
0,3 m 0,6 m 0,3 m 0,6 m
0,6 m
0,6 m
y
A
0,9 m
x
D
Problemas 3.48/49
1,25 m
C
1 m
1,25 m
2 m y
x
Problema 3.52
Determine a força que atua ao longo do eixo de cada
um dos três suportes para sustentar o bloco de 500 kg.
z
D
A
C
B
2,5 m
2 m
x
1,25 m
3 m
0,75 m y
Problema 3.53

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 81 |
3.54. Se a massa do vaso de planta é 50 kg, determine a
tração desenvolvida em cada fio para o equilíbrio. Considere
x = 1,5 m e 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 m e z = 1,5 m.
x
C
3 m
2 m
z
6 m
x
D
z
A
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 equilíbrio.
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
B
y
3.58. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e
AD para o equilíbrio do cilindro de 75 kg.
Se cada cabo pode suportar uma tração máxima de
1000 N, determine a maior massa que o cilindro pode ter
para o equilíbrio.
z B
*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.
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.
z
x
d
B
A
6 m
C
2 m 2 m
Problemas 3.60/61
D
3 m
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 100 kg
pode ser elevada. Qual força horizontal F deve ser aplicada?
Considere y = 2,4 m.
z
x
1,2 m
C
y
1,5 m
1,5 m
6 m
B
A
z
y
y
F
3 m
D
4 m
x
C
2 m
2 m
1 m
A
1,5 m
Problemas 3.58/59
3 m
1 m 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 100 kg
é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal e
z = 600 mm, determine a tração em cada cabo.
O aro pode ser ajustado verticalmente entre três cabos
de mesmo comprimento a partir dos quais o candelabro de
100 kg é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal

| 82 | Estática
e a tração em cada cabo não pode exceder 1 kN, determine
a menor distância possível de z necessária para o equilíbrio.
z
*3.68. Os três blocos mais externos têm massa de 2 kg cada
um e o bloco central E tem massa de 3 kg. Determine a
distância s para o equilíbrio do sistema.
x
D
z
C
0,5 m
120° 120°
120°
A
B
y
A
1 m
30° 60°
30°
1 m
B
C
s
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
l 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 N
E
D
Problema 3.68
D
120°
B
A
120°
0,45 m
120°
C
d
Determine o ângulo tal que seja desenvolvida uma
força igual nas pernas OB e OC. Qual é a força em cada
perna se a força é direcionada ao longo do eixo de cada uma
delas? A força F se localiza no plano x–y. Os suportes em
A, B e C podem exercer forças em qualquer direção ao longo
das pernas fixadas.
z
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.
z
F
x
C
120°
O
B
θ
F = 500 N
3 m
120° 1,5 m
120°
A
y
A
Problema 3.69
1,2 m
D
120° 120°
120° 0,9 m
B
y
C
x
Problema 3.67

Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 83 |
REVISÃO DO CAPÍTULO
Equilíbrio da partícula
Quando uma partícula está em repouso, ou se move com
velocidade constante, encontra-se em equilíbrio. 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.
F R = RF = 0
Duas dimensões
As duas equações escalares 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 em 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.
RF x = 0
RF y = 0
F = ks
Três dimensões
Se a geometria tridimensional é difícil 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.
RF = 0
RF x = 0
RF y = 0
RF z = 0
Problemas
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 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 F 1 e seu
ângulo para o equilíbrio. Considere F 2 = 6 kN.
*3.72. Os membros de um suporte são conectados por um
pino na junta O. Determine as intensidades de F 1 e F 2 para
o equilíbrio. Considere = 60°.
y
5 kN
30°
O
70°
θ
F 2
x
7 kN
5
3
4
F 1
Problema 3.70
Problemas 3.71/72

| 84 | Estática
Duas esferas eletricamente carregadas, de massa 0,15 g
cada uma, são suspensas por fios de mesmo comprimento.
Determine a intensidade da força repulsiva F, que atua sobre
cada esfera se a distância medida entre elas for r = 200 mm.
*3.76. O anel de dimensão desprezível está submetido a uma
força vertical de 1000 N. Determine o maior comprimento l 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 equilíbrio para determinar o ângulo para a fixação, depois
determine lABC.
50 mm
C
θ
l
40° B
A
0,6 m
150 mm 150 mm
1000 N
Problema 3.76
A
–F
F
B
Determine as intensidades de F 1 , F 2 e F 3 para o
equilíbrio da partícula.
z
r = 200 mm
Problema 3.73
3.74. A luminária tem uma massa de 15 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.
z
6 m
x
A
O
2 m
1,5 m
1,5 m
C
4 m
B
y
x
F 1
60°
135° 800 N
5
F 3 60°
3
4
y
P
F 2
200 N
Problema 3.77
3.78. Determine a força em cada cabo para suportar a carga
de 2,5 kN.
D
1 m
1 m
z
3 m
B
A
x
C
3 m
4 m
y
Problema 3.74
3.75. Determine a intensidade de P e os ângulos de direção
coordenados de F 3 para o equilíbrio da partícula. Observe
que F 3 atua no octante mostrado.
z
(−1 m; −7 m; 4 m)
F 3 = 200 kN
x
F 1 = 360 kN
F 2 = 120 kN
Problema 3.75
20°
F 4 = 300 kN
P
y
Problema 3.78
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.
z
x
F 3
O
200 N
Problema 3.79
A F 1
45°
y
B 40°
F 2

CAPÍTULO
4
Resultantes de um sistema de forças
Objetivos 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.
4.1 Momento de uma força — formulação escalar
Quando uma força é aplicada a um corpo, ela produzirá uma tendência de rotação
do corpo em torno de um ponto que não está na linha de ação da força. Essa tendência
de rotação algumas vezes é chamada de torque, mas normalmente é denominada
momento de uma força, ou simplesmente momento. Por exemplo, considere uma
chave usada para desparafusar o parafuso na Figura 4.1a. 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 força 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 b), então 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 4.1c), 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 e considerar
a força F e o ponto O, que estão situados no
z
plano sombreado, como mostra a Figura 4.2a. O
momento M O em relação ao ponto O, ou ainda em
O
relação a um eixo que passa por O perpendicularmente
ao plano, é uma quantidade vetorial, uma vez que
F
ele tem intensidade e direção específicas.
(c)
z
O d
F
(a)
z
O d
d' d sen
F
(b)
Figura 4.1

| 86 | Estática
Intensidade
A intensidade de M O é
F
F
Eixo do momento
M O
d
O
Sentido de rotação
(a)
d
M O
O
(b)
Figura 4.2
M O = Fd (4.1)
onde d é o braço do momento ou distância perpendicular 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.
Direção
A direção de M O é definida 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 M O . 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 O (Figura 4.2a).
Note que o vetor do momento é representado tridimensionalmente por uma seta
curvada em torno 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 (M R ) 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:
e+ ^M
h = RFd;
^M
h = F d - F d + F d
R 0 R 0 1 1 2 2 3 3
y
F 2
F 1
d 2
M 2 M 1
d 1
O
x
d 3
M 3
F 3
Figura 4.3
Se o resultado numérico 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,
(M R ) O será um momento no sentido horário (para dentro da página).

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 87 |
Exemplo 4.1
2 m
Determine o momento da força em relação ao ponto O para cada caso ilustrado na
Figura 4.4.
100 N
2 m
O
4 m
(c)
30° 40 kN
2 cos 30° m
O
O
0,75 m
3 m
SOLUÇÃO (ANÁLISE 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 torno de O é representada
por uma seta curvada. Assim,
Fig..
4 4a
M0
= ^100 Nh^2 mh=
200 N $ m d
Fig.. 44b
M0
= ^50Nh^075 , mh=
375 , N $ m d
Fig. 4. 4c
M0
= ^40 kNh^4 m + 2 cos 30° mh
= 229 kN $ m d
Fig. 4. 4d
M0
= ^60 kNh^1 sen 45° mh=
42,
4 kN $ m f
Fig.. 44e
M = ^7kNh^4m - 1mh
= 210 , kN $ m f
0
2 m
(a)
(b)
50 N
O
4 m
1 m
(d)
2 m
1 sen 45° m
45°
60 kN
1 m
7 kN
Exemplo 4.2
Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na barra mostrada na
Figura 4.5 em relação ao ponto O.
SOLUÇÃO
Assumindo que momentos positivos atuam na direção +k, ou seja, no sentido anti-
-horário, temos:
e+ MR
= RFd;
0
MR
=- 50 N^2 mh+ 60 N^0h+
20 N^3 sen30°
mh
0
= - 40 N^4 m+
3 cos 30°
mh
M =- 334 N $ m = 334 N$
m d
R0
Para esse cálculo, note que as distâncias dos braços dos momentos para as forças de
de cada uma delas.
O
y
50 N
(e)
Figura 4.4
2 m 2 m
60 N
O
3 m
Figura 4.5
30°
40 N
x
20 N
M A Fd A
d A
F
Como ilustrado pelos exemplos, o momento de uma força
nem sempre provoca rotação. Por exemplo, a força F
tende a girar a viga no sentido horário em torno de seu
suporte em A, com um momento M A = Fd A . A rotação
realmente ocorreria se o suporte em B fosse removido.
A
B

| 88 | Estática
F H
A capacidade de remover o prego exigirá que o momento de
F H em relação ao ponto O seja maior do que o momento da
força F N em relação ao O que é necessário para arrancar o
prego.
O
F N
4.2 Produto vetorial
O momento de uma força 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 # B (4.2)
e lido como ‘C é igual a A vetor B’.
Intensidade
A
C = A × B
u c
θ
Figura 4.6
B
A intensidade de C é definida como o produto das intensidades de A e B e o seno
do ângulo C = AB sen .
Direção
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 # B = (AB sen ) u C (4.3)
onde o scalar AB sen define a intensidade de C e o vetor unitário u C define sua
direção. Os termos da Equação 4.3 são mostrados na Figura 4.6.
Propriedades de operação
C = A × B
B
A
B
A
–C = B × A
Figura 4.7
A propriedade comutativa não é válida; ou seja, A # BB # A. Em vez
disso,
A # B = –B # A
Esse resultado é mostrado na Figura 4.7 utilizando a regra da mão direita. O produto
vetorial B # A resulta em um vetor que tem a mesma intensidade, mas atua na direção
oposta a C; isto é, B # A = –C.
Se o produto vetorial for multiplicado por um escalar a, ele obedece à
propriedade associativa;
a (A # B) = (aA) # B = A # (aB) = (A # B) a
Essa propriedade é facilmente mostrada, uma vez que a intensidade do vetor
resultante (|a|AB sen ) e sua direção são as mesmas em cada caso.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 89 |
O produto vetorial também obedece à propriedade distributiva da adição,
A # (B + D) = (A # B) + (A # D)
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.
Formulação 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 # j, a intensidade do
vetor resultante é (i) (j = (1) (1) (1) = 1, e sua direção é determinada
na direção +k. Portanto, i # j = (1)k. De maneira similar,
z
k = i × j
j
y
i
x
Figura 4.8
i # j = k i # k = –j i # i = 0
j # k = i j # i = –k j # j = 0
k # i = j k # j = –i k # k = 0
Esses resultados não devem ser memorizados; deve-se compreender com clareza
como cada um deles é obtido com o uso da regra da mão direita e com a definição
obtenção dos mesmos resultados quando for necessário. Se o círculo é construído
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 # i = j. Fazendo o produto vetorial no sentido horário, um vetor unitário
negativo é obtido; por exemplo, i # k = –j.
Considere agora o produto vetorial de dois vetores quaisquer A e B, expressos
na forma de vetores cartesianos. Temos:
A # B = (A x i + A y j + A z k) # (B x i + B y j + B z k)
= A x B x (i # i) + A x B y (i # j) + A x B z (i # k)
+ A y B x (j # i) + A y B y (j # j) + A y B z (j # k)
+ A z B x (k # i) + A z B y (k # j) + A z B z (k # k)
Efetuando as operações de produto vetorial e combinando os termos resultantes,
A # B = (A y B z – A z B y ) i – (A x B z – A z B x ) j + (A x B y – A y B x ) k (4.4)
Essa equação também pode ser escrita na forma mais compacta de um determinante
como:
j
i
+
–
Figura 4.9
k
A# B =
i j k
Ax
Ay
Az
B B B
x
y
z
(4.5)

| 90 | Estática
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, respectivamente.*
4.3 Momento de uma força — formulação vetorial
F
A
Eixo do momento
M O
r O
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 a) pode ser expresso na forma de um produto vetorial,
nominalmente,
M O = r # 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 O , quando
obtido por esse produto vetorial, possui intensidade e direção próprias.
(a)
Intensidade
Eixo do momento
M O
A intensidade do produto vetorial é definida pela Equação 4.3 como M O = rF sen .
O ângulo é medido entre as origens de r e F. Para definir esse ângulo, r deve ser
tratado como um vetor deslizante, de modo que possa ser representado corretamente
b). Uma vez que o braço de momento d = r sen , então:
r
θ
F
d
θ
A r
(b)
Figura 4.10
O
M O = rF sen = F(r sen ) = Fd
de acordo com a Equação 4.1.
Direção
A direção e o sentido de M O na Equação 4.6 são determinados pela regra da mão
direita do produto vetorial. Assim, deslizando r ao longo da linha tracejada e curvando
os dedos da mão direita de r para F (‘r vetor F’), o polegar fica direcionado para
* Um determinante com três linhas e três colunas pode ser expandido usando-se três menores.
Cada um deles deve ser multiplicado por um dos três elementos da primeira linha. Há quatro
elementos em cada determinante menor, por exemplo,
A
A
11
21
A
A
12
22
Por definição, essa notação do determinante representa os termos (A 11 A 22 – A 12 A 21 ) Trata-se
simplesmente do produto de dois elementos da diagonal principal (A 11 A 22 ) menos o produto dos
dois elementos da diagonal secundária (A 12 A 21 ). Para um determinante 3 # 3, como o da Equação
4.5, os três determinantes menores podem ser construídos de acordo com o seguinte esquema:
Para o elemento i:
Para o elemento j:
Para o elemento k:
i j k
Ax
Ay
Az
B B B
x
y
z
i j k
Ax
Ay
Az
B B B
x
y
z
i j k
Ax
Ay
Az
B B B
x
y
z
= i^AB-
ABh
y z z y
=-j^AB-ABh
x z z x
= k^AB-
ABh
x y y x
Adicionando os resultados e observando que o elemento j deve incluir o sinal negativo, chega-se
à forma expandida de A # B dada pela Equação 4.4.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 91 |
cima ou perpendicular ao plano que contém r e F, que está na mesma direção de
M O , o momento da força em relação ao ponto Ob. Note que tanto a
‘curva’ dos dedos, como a curva em torno 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 # F deve ser mantida para produzir o sentido da direção
correta para M O .
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 O = r 1 # F = r 2 # F = r 3 # 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 deslizante. Essa propriedade é chamada de princípio da transmissibilidade
de uma força.
M O r 1 × F r 2 × F r 3 × F
O
r3
Linha de ação
r2
r 1
F
Formulação do vetor cartesiano
Figura 4.11
Se estabelecermos os eixos coordenados x, y, z, então o vetor posição r e a força
F podem ser expressos como vetores cartesianos (Figura 4.12a). Aplicando a Equação
4.5 temos:
M = r#
F =
O
i j k
rx
ry
rz
F F F
x
y
z
(4.7)
onde:
r x , r y , r z representam as componentes x, y, z do vetor posição definido do ponto
O até qualquer ponto sobre a linha de ação da força
F x , F y , F z representam as componentes x, y, z do vetor força
Se o determinante for expandido, então, como a Equação 4.4, temos:
M O = (r y F z – r z F y ) i – (r x F z – r z F x ) j + (r x F y – r y F x ) k
O significado físico dessas três componentes do momento se torna evidente ao
analisar a Figura 4.12b. Por exemplo, a componente i de M O pode ser determinada
a partir dos momentos de F x , F y , e F z em relação ao eixo x. A componente F x 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 y passa pelo ponto B e,
Eixo do
momento
x
x
B
M O
A
r x
z
r z
r
O
z
O
F x
(a)
r
r y
F z
C
F
(b)
Figura 4.12
F
F y
y
y

| 92 | Estática
r3 r 1 M RO
F 2
r 2
x
F 3
z
O
Figura 4.13
F1
y
portanto, a intensidade do momento de F y em relação ao ponto A no eixo x é r z F y .
Pela regra da mão direita, essa componente age na direção negativa de i. Da mesma
forma, F z passa pelo ponto C e, assim, ele contribui com uma componente do momento
de r y F z i em relação ao eixo. Portanto, (M O ) x = (r y F z – r z F y ) como mostra a Equação
j e k de M O dessa maneira e
o momento de F em relação ao ponto O. Quando M O for determinado, observe que
ele sempre será perpendicular ao plano em cinza contendo os vetores r e F (Figura
4.12a).
Momento resultante de um sistema de forças
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:
M RO = R(r # F
Exemplo 4.3
x
x
z
A
12 m
F 2 kN
O
12 m
B
4 m y
(a)
z
A
r A
F
O
r B
u AB
M O
B
y
(b)
Figura 4.14
Determine o momento produzido pela força F na Figura 4.14a em relação ao ponto O.
Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
SOLUÇÃO
Como mostra a Figura 4.14a, tanto r A quanto r B podem ser usados para determinar
o momento em relação ao ponto O. Esses vetores posição são:
r A = {12k} m e r B = {4i + 12j} m
A força F expressa como um vetor cartesiano é:
4i 12j 12k
m
F = FuAB = 2 kN = " + - ,
2 2 2
^4mh + ^12mh + ^-12mh
G
ou
= " 0, 4588i+ 1, 376j- 1,
376k,
kN
i j k
MO = rA#
F = 0 0 12
0, 4588 1, 376 -1,
376
= 60^-1 , 376h -12^1, 376h@
i-60^-1 , 376h -12^0,
4588h@
j
+ 60^-1 , 376h
-0^0,
4588h@
k
= "- 16, 5i+ 5,
51j,
kN $ m
i j k
MO = rB#
F = 4 12 0
0, 4588 1, 376 -1,
376
= 612^-1 , 376h -0^1, 376h@
i-
64^-1 , 376h -0^0,
4588h@
j
+ 64^1, 376h-
12^0,
4588h@
k
= "- 16, 5i+ 5,
51j,
kN $ m
NOTA: Como mostra a Figura 4.14b, M O age perpendicularmente ao plano que contém
F, r A e r B . Veja a dificuldade que surgiria para obter o braço do momento d se esse
problema tivesse sido resolvido usando M O = Fd.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 93 |
Exemplo 4.4
Duas forças agem sobre a barra mostrada na Figura 4.15a. Determine o momento
resultante que elas criam em relação ao flange em O. Expresse o resultado como um
vetor cartesiano.
z
z
z
x
O
5 m
B
F 1 = {60i + 40j + 20k} kN
A
2 m
4 m
y
F 2 = {80i + 40j – 30k} kN
x
O
F 1
r A A
r B
B
F 2
y
M RO = {30i – 40j + 60k} kN · m
α
γ
=67,4°
x
=39,8°
O
β
=121°
y
(a) (b) (c)
Figura 4.15
SOLUÇÃO
Os vetores posição estão direcionados do ponto O até cada força, como mostra a
Figura 4.15b. Esses vetores são:
r A = {5j} m
r B = {4i + 5j – 2k} m
Logo, o momento resultante em relação a O é:
MRO = R^r
Fh
#
= rA# F1+
rB#
F3
i j k i j k
= 0 5 0 + 4 5 -2
-60
40 20 80 40 -30
= 65^20h-0^40h@ i- 60@ j+ 60^40h-^5h^60h@
k
+ 65^-30h-^-2h^ 40h@ i-64^-30h-^- 2h^80h@ j+ 64^40h-
5^80h@
k
= " 30i- 40j+ 60k,
kN $ m
NOTA: Esse resultado é mostrado na Figura 4.15c. Os ângulos de direção coordenados
foram determinados a partir do vetor unitário de M RO . Repare que as duas forças
tendem a fazer com que o bastão gire em torno do eixo do momento conforme mostra
a curva indicada no vetor momento.
F
F 1
4.4 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 Varignon (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 = F 1 + F 2 , temos:
M O = r # F = r # (F 1 + F 2 ) = r # F 1 + r # F 2
O
F 2
r
Figura 4.16

| 94 | Estática
d
O
M O
x
F y
y
F x
F
Para os problemas bidimensionais (Figura 4.17), podemos usar o princípio dos
momentos decompondo a força em suas componentes retangulares e, depois,
M O = F x y – F y x
Esse método normalmente é mais fácil do que determinar o mesmo momento
usando M O = Fd.
Figura 4.17
O
F y
F x
F
É fácil determinar momento da força F
aplicada em relação ao ponto O se
usarmos o princípio dos momentos.
Ele é simplesmente M O = F x d.
d
Pontos importantes
O momento de uma força cria a tendência de um corpo girar em torno 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 M
O
= 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, M O = r # F 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
a em relação ao ponto O.
SOLUÇÃO I
O braço do momento da pode ser determinado por meio da trigonometria.
d ==
M = Fd = ^5 kNh^2, 898 mh=
14,5 kN $ m d
O
Como a força tende a girar ou orbitar no sentido horário em torno do ponto O, o
momento está direcionado para dentro da página.
y
O
d
30°
75°
3 m
45°
F 5 kN
d y 3 sen 30° m
O
d x
3 cos 30° m
30°
F x (5 kN) cos 45°
45°
F y (5 kN) sen 45°
x
(a)
(b)
Figura 4.18

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 95 |
SOLUÇÃO II
As componentes x e y b. Considerando os
momentos no sentido anti-horário como positivos e aplicando o princípio dos momentos,
temos:
e+ MO =-Fd x y-Fydx
=-^5 cos 45° kNh^3 sen 30° mh-^5 sen 45° kNh^3 cos 30° mh
=- 14, 5 kN $ m = 14,
5 kN $ m d
SOLUÇÃO III
Os eixos x e y podem ser definidos paralela e perpendicularmente ao eixo da barra,
c. Aqui, F x não produz momento algum em relação ao
ponto O, já que sua linha de ação passa por esse ponto. Portanto,
e+ MO =-Fydx
=-^5 sen 75° kNh^3
mh
=- 14, 5 kN $ m = 14,
5 kN $ m d
O
F x (5 kN) sen 75°
y
x
3 m
30°
45°
30° F y (5 kN) sen 75°
(c)
Figura 4.18
Exemplo 4.6
A força Fa. Determine o
momento da força em relação ao ponto O.
O
0,2 m
SOLUÇÃO I (ANÁLISE ESCALAR)
A força é decomposta em suas componentes x e yb; então,
e+ MO
= 400 sen 30° N^02 , mh-
400 cos 30° N^04
, mh
=- 98, 6 N$ m = 98,
6 N$
m d
0,4 m
(a)
30°
F = 400 N
ou
M O =k} N $ m
y
SOLUÇÃO II (ANÁLISE VETORIAL)
Empregando uma abordagem do vetor cartesiano, os vetores de força e posição
c são:
r =ij} m
F =ij} N
=i – 346,4j} N
Portanto, o momento é:
i j k
MO = r#
F = 04 , -02
, 0
200,
0 -346,
4 0
= 0i- 0j+ 60, 4^-346, 4h-^-0, 2h^200,
0h@
k
= "-98,
6k,
N$
m
NOTA: Observe que a análise escalar (Solução I) fornece um método mais conveniente
para análise do que a Solução II, já que a direção e o braço do momento para cada
força componente são 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.
O
y
O
0,4 m
(b)
r
0,4 m
(c)
Figura 4.19
x
0,2 m
400 sen 30° N
400 cos 30° N
x
0,2 m
30°
F

| 96 | Estática
Problemas fundamentais
4.1. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
3 kN
20°
0,15 m
4.5. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
Despreze a espessura do membro.
100 mm
50 N
60°
O
30°
1,5 m
O
100 mm
45°
200 mm
Problema 4.1
4.2. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
100 N
5
3
4
Problema 4.5
4.6. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
500 N
2 m
3 m
O
45
O
5 m
Problema 4.6
Problema 4.2
4.3. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
F = 300 N
4.7. Determine o momento resultante produzido pelas forças
em relação ao ponto O.
500 N
30
300 N
O
45
0,3 m
O
1 m
2 m
45° 2,5 m
0,4 m
Problema 4.3
4.4. Determine o momento da força em relação ao ponto O.
1,2 m
O
0,9 m
600 N
Problema 4.7
4.8. Determine o momento resultante produzido pelas forças
em relação ao ponto O.
0,125 m
0,3 m
F 1 500 N
5
3
4
45°
0,25 m
A
60°
0,3 m
3 kN
O
F 2
600 N
Problema 4.4
Problema 4.8

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 97 |
4.9. Determine o momento resultante produzido pelas forças
em relação ao ponto O.
F 2 = 1000 N
2 m
4.11. Determine o momento da força F em relação ao ponto
O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
z
30°
F 1 = 1500 N
30°
O
2 m
x
F = 600 N
0,3 m O B
1,2 m
C
0,6 m
y
A
1,2 m
Problema 4.11
Problema 4.9
4.10. Determine o momento da força F em relação ao ponto
O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
z
4.12. Se F 1 =ij + 75k} N e F 2 =ij
k} N, determine o momento resultante produzido por
essas forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado
como um vetor cartesiano.
z
F
500 N
x
B
3 m
O
4 m
A
y
0,8 m
O
0,6 m 1 m
x
F 1
F 2
A
y
Problema 4.10
Problema 4.12
Problemas
Se A, B e D são vetores, prove a propriedade distributiva
para o produto vetorial, ou seja, A # (B + D) = (A # B) +
(A # D).
4.2. Prove a identidade do produto triplo escalar A $ B # C
= A # B $ C.
4.3. Dados os três vetores não nulos A, B e C, mostre que se A $
(B # C) =necessitam estar no mesmo plano.
*4.4. Dois homens exercem forças de F =P =
sobre as cordas. Determine o momento de cada força em relação
a A. Em que sentido o poste girarará, horário ou anti-horário?
Se o homem em B exerce uma força P =
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.
B
45°
P
3,6 m
1,8 m
A
Problemas 4.4/5
F
5
3
4
4.6. Se =
de 4 kN em relação ao ponto A.
C
4.7. Se o momento produzido pela força de 4 kN em relação
ao ponto A $ m no sentido horário, determine o
ângulo
A
3 m
Problemas 4.6/7
0,45 m
4 kN
*4.8. O cabo do martelo está sujeito à força de F =
Determine o momento dessa força em relação ao ponto A.
Para arrancar o prego em B, a força F exercida sobre
o cabo do martelo precisa produzir um momento no sentido
$ m em relação ao ponto A. Determine a
intensidade necessária da força F.
F
450 mm
30°
125 mm
B
A
Problemas 4.8/9

| 98 | 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 às cargas normal e
radial conforme mostrado, determine o momento resultante
dessas cargas em relação ao ponto O no eixo para os dois
casos.
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. Determine o momento da força
do joelho P =A. Qual seria a
intensidade da força do pescoço F de modo que ela forneça
o momento neutralizante em relação a A?
50 mm
0,05 m
O
O
0,05 m
60°
A
P = 250 N
100 mm
0,4 m
0,4 m
150 mm
30°
F
800 N 800 N
4 kN 4 kN
Caso 1 Caso 2
Problema 4.10
4.11. O membro está sujeito a uma força F = 6 kN. Se
=F em relação
ao ponto A.
*4.12. Determine o ângulo 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?
Determine o momento produzido pela força F em
relação ao ponto A em função do ângulo . Construa o
gráfico de M A em função de
1,5 m
Problema 4.14
4.15. A força do tendão de Aquiles F t =
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 f =F t e N f em
relação à articulação do tornozelo A.
*4.16. A força do tendão de Aquiles F t 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 t =
F t e N t em relação à articulação do tornozelo A precisa ser
igual a zero, determine a intensidade de F t .
5°
F t
A
200 mm
F = 6 kN
6 m
65 mm
100 mm
N f 400 N
Problemas 4.15/16
A
Problemas 4.11/12/13
Os dois garotos empurram o portão com forças de
F B = F A =
momento de cada força em relação a C. Em que sentido
o portão girará, horário ou anti-horário? Despreze a espessura
do portão.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 99 |
4.18. Dois garotos empurram o portão conforme mostrado. Se
o garoto em B exerce uma força F B =
intensidade da força F A que o garoto em A precisa exercer para
impedir que o portão gire. Despreze a espessura do portão.
C
1,8 m
0,9 m
A
3
F A
4
5
*4.24. A fim de erguer o poste de iluminação a partir da posição
mostrada, a força F é aplicada ao cabo. Se F =
determine o momento produzido por F em relação ao ponto A.
A fim de erguer o poste de iluminação a partir da
posição mostrada, a força F no cabo deve criar um momento
$ m no sentido anti-horário em relação ao ponto A.
Determine a intensidade de F que precisa ser aplicada ao cabo.
B
60°
B
F B
Problemas 4.17/18
F
6 m
4.19. As pinças são usadas para prender as extremidades do
tubo de perfuração P. Determine o torque (momento) M P que
a força aplicada F =
ao ponto P como uma função de . Represente graficamente
esse momento M P em função de
*4.20. As pinças são usadas para prender as extremi dades
do tubo de perfuração P. Se um torque (momento)
M P = $ m é necessário em P para girar o tubo,
determine a força que precisa ser aplicada no cabo da pinça
F. Considere =
θ
F
C
3 m
A
75°
Problemas 4.24/25
4.26. A região do pé está sujeita à contração dos dois
em relação ao ponto de contato A no chão.
F 2 = 150 N
F1 = 100 N
30°
70°
60°
P
150 mm
100 mm
1075 mm
Problemas 4.19/20
Determine a direção 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 . Represente os resultados de M
(ordenada) em função de
4.23. Determine o momento mínimo produzido pela força F
em relação ao ponto A. Especifique o ângulo
F = 400 N
M P
25 mm
87,5 mm
Problema 4.26
4.27. 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 =
*4.28. B.
Determine os ângulos
os momentos máximo e mínimo em relação ao ponto A.
Quais são as intensidades desses momentos?
A
A
2 m
0,9 m
70 N
3 m
A
Problemas 4.21/22/23
C
0,3 m
0,7 m
Problemas 4.27/28
B

| 100 | Estática
Determine o momento de cada força em relação ao
parafuso localizado em A. Considere F B =F C =
4.30. Se F B =F C = 225 N, determine o momento
resultante em relação ao parafuso localizado em A.
A
750 mm
20°
225 mm
B
25°
F B
Problemas 4.29/30
C
30° F C
4.31. A barra no mecanismo de controle de potência de um
o momento dessa força em relação ao mancal em A.
80 N
20°
A
Problema 4.31
150 mm
60°
*4.32. O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na
Se =x do gancho em A
para que essa força crie um momento máximo em relação
ao ponto O. Qual é esse momento?
O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na
Se x = 25 m, determine a posição da lança para que essa
força crie um momento máximo em relação ao ponto O.
Qual é esse momento?
O
1,5 m
20 m
Problemas 4.32/33
x
B
P
4 kN
4.34. A fim de manter o carrinho de mão na posição
indicada, a força F deve produzir um momento anti-horário
$ m em relação ao eixo A. Determine a intensidade
necessária da força F.
A
4.35.
G. Se o momento
resultante produzido pela força F e o peso em relação ao
ponto A deve ser igual a zero, determine a intensidade
necessária da força F.
*4.36.
de massa em G. Se F =
produzido pela força F e o peso em relação ao eixo A é zero,
0,65 m
0,5 m
A
0,3 m
G
1,2 m
Problemas 4.34/35/36
Determine o momento produzido por F 1 em relação
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
4.38. Determine o momento produzido por F 2 em relação
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
4.39. Determine o momento resultante produzido pelas duas
forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado como
um vetor cartesiano.
z
x
0,6 m
O
F 2 = {–10i – 30j + 50k} N
0,4 m
A
0,4 m
0,2 m
Problemas 4.37/38/39
y
B
30°
F
F 1 = {–20i + 10j + 30k} N
*4.40. Determine o momento produzido por F B em relação
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
Determine o momento produzido por F C em relação
ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
4.42. Determine o momento resultante produzido pelas
forças F B e F C em relação ao ponto O. Expresse o resultado
como um vetor cartesiano.
z
6 m
F C = 420 N
C
2 m
3 m
x
A
O
F B = 780 N
2,5 m
B
y
Problemas 4.40/41/42

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 101 |
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.
z
O
150 mm
300 mm
600 mm
F A { 40i 100j 60k} N
y
A
150 mm
B
x
z
F
PM O
z
d
O
1 m
y
Problema 4.47
y
x
Problema 4.43
F B { 50i 120j 60k} N
*4.44. Uma força F = {6i – 2j + 1k} kN produz um momento
M O = {4i + 5j – 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 = 1 m, determine as coordenadas y e z.
o momento dessa força em relação ao ponto A.
4.46.
o momento dessa força em relação ao ponto B.
x
z
A
400 mm
B
300 mm
y
*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.
A força F age perpendicularmente ao plano inclinado.
Determine o momento produzido por F em relação ao ponto
B. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.
x
3 m
3 m
B
4 m
z
A
C
Problemas 4.48/49
F
400 N
y
C
30°
F = 80 N
200 mm
250 mm
40°
4.50.
dicularmente ao cabo da chave de soquete. Determine a
intensidade e os ângulos de direção coordenados do momento
criados por essa força em relação ao ponto O.
z
Problemas 4.45/46
200 mm
4.47. A força F = {6ijk} N cria um momento em
relação ao ponto O de M O = {–14ij + 2k} N $ m. Se a
força passa por um ponto tendo uma coordenada x de 1 m,
determine as coordenadas y e z do ponto. Além disso,
observando que M O = Fd, determine a distância d do ponto
O à linha de ação de F.
x
75 mm
O
Problema 4.50
A
20 N
15°
y
4.5 Momento de uma força em relação a um eixo
especificado
z
F
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
a precisa ser solta. A força aplicada na chave criará uma
tendência para a chave e a porca girarem em torno do eixo do momento que passa
por O; no entanto, a porca só pode girar em torno 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.
x
O
d
M y d y
M O
Eixo do momento
(a)
Figura 4.20
y

| 102 | Estática
Análise escalar
a, a distância
perpendicular do braço do momento a partir do eixo da linha de ação das forças é
d y = d cos . Assim, o momento de F em relação ao eixo y é M y = F d y = F(d cos ).
Segundo a regra da mão direita, M y está direcionado ao longo do eixo positivo y, como
mostra a figura. Em geral, para qualquer eixo a, o momento é:
M a = Fd a
A
B
Se for suficientemente grande, a força
do cabo F na lança deste guindaste
pode fazer o guindaste tombar. Para
investigar isso, o momento da força
precisa ser calculado em relação ao
eixo passando pela base das pernas
em A e B.
F
Análise vetorial
Para determinar o momento da força F b em relação ao eixo y
usando uma 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 O = r
F.
A componente M y ao longo do eixo y é a projeção de M O sobre o eixo y. Ela pode
ser determinada usando-se o produto escalar discutido no Capítulo 2, tal que
M y = j $ M O = j $ (r # F), onde j é o vetor unitário para o eixo y.
z
F
a
M a M O = r × F
O
r
u a
A
F
Eixo de projeção
Figura 4.21
x
O
r
M y
j
M O
= r × F
(b)
Figura 4.20
Podemos generalizar esse método fazendo u a 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 a = u a $ (r # F). Essa combinação é chamada de produto triplo escalar. Se
os vetores forem escritos na forma cartesiana, temos:
i j k
Ma = 6 ua i+ ua j+
u k r r r
x y az
@ $ x y z
Fx
Fy
Fz
= u ^rF -rFh-u ^rF - rFh+ u ^rF - rFh
ax y z z y ay x z z x az
x y y x
Esse resultado também pode ser escrito na forma de um determinante, tornando-o
mais fácil de memorizar.*
onde:
u ax , u ay , u az
r x , r y , r z
F x , F y , F z
ua
Ma
= ua$ ^r#
Fh=
rx
F
x
ua
ry
F
y
y
ua
rz
F
x y z
z
(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 determinante e mostrar que ele produzirá o resultado anterior.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 103 |
Quando M a 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 a ao longo do
eixo a. Se ele for positivo, então M a terá o mesmo sentido de u a , enquanto, se for
negativo, M a agirá opostamente a u a .
Uma vez que M a é determinado, podemos expressar M a como um vetor cartesiano,
a saber,
M a = M a u a (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
a partir da linha de ação
da força até o eixo possa ser determinada. M a
= Fd a
.
Se usarmos análise vetorial, M a
= u a $ (r # F), onde u a 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 a
é calculado como um escalar negativo, então o sentido da direção de
M a é oposto a u a .
O momento M a expresso como um vetor cartesiano é determinado a partir de
M a = M a
u a .
Exemplo 4.7
Determine o momento resultante das três forças na Figura 4.22 em relação ao eixo x,
ao eixo y e ao eixo z.
SOLUÇÃO
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 x = (600 N) (0,2 m) + (500 N) (0,2 m) + 0 = 220 N $ m
M y = 0 – (500 N) (0,3 m) – (400 N) (0,2 m) = – 230 N $ m
M z = 0 + 0 – (400 N) (0,2 m) = –80 N $ m
Os sinais negativos indicam que M y e M z agem nas direções –y e –z, respectivamente.
F 3 = 400 N
x
C
0,2 m
z
B
O
0,2 m
F 2 = 500 N
A
Figura 4.22
z
F 1 = 600 N
0,2 m
0,3 m
y
Exemplo 4.8
Determine o momento M AB produzido pela força F na Figura 4.23a, que tende a girar
o tubo em relação ao eixo AB.
C
F = 300 N
0,6 m
0,3 m
A
0,4 m
y
SOLUÇÃO
Uma análise vetorial usando M AB = u B $ (r # 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
B
0,2 m
(a)
Figura 4.23

| 104 | Estática
r C
C
r D
F
B
D
z
A
y
M AB
u B
x
(b)
Figura 4.23
z
0,5 m
D
F 300 N
C
O
B
0,5 m
0,3 m
y
x
0,4 m 0,2 m 0,1 m
A
(a)
z
D
r
F
OD
r OC C
r AD O
u OA
r AC
y
x
A
(b)
Figura 4.24
O vetor unitário u B define a direção do eixo AB do tubo (Figura 4.23b), onde:
rB
" 04 , i+
02 , j,
m
uB
= =
= 0,8944i+
0,4472j
r 2 2
B ^04 , mh
+ ^02
, mh
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 r C e r D são adequados
(Figura 4.23b). (Embora não mostrado, r BC ou r BD também podem ser usados.) Para
simplificar, escolhemos r D , onde:
r D =i} m
A força é:
F =k} N
Substituindo esses vetores na forma do determinante e expandindo, temos:
0,
8944 0,
4472 -000
MAB = uB $ ^rD
# Fh
= 06 , 0 -000
0 0 -300
= 0, 894460^-300h -0^0h@-0, 447260,
6^-300h -0^0h@
+ 0060 6 , ^ h-
00 ^ h@
= 80, 50 N$
m
Esse resultado positivo indica que o sentido de M AB está na mesma direção de u B .
Expressando M AB como vetor cartesiano, temos:
MAB = MABuB = ^80, 50 N$
mh^0, 8944i+
0,
4472jh
= " 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
B para A, então, na formulação anterior, –u B precisaria ser usado. Isso resultaria em
M AB =$ m. Consequentemente, M AB = M AB (–u B ) e o mesmo resultado seria
obtido.
Exemplo 4.9
Determine a intensidade do momento da força F em relação ao segmento OA do
encanamento na Figura 4.24a.
SOLUÇÃO
O momento de F em relação a OA é determinado por M OA = u OA $ (r # 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 OD ,
r OC , r AD ou r AC pode ser usado; entretanto, r OD será considerado porque ele simplificará
o cálculo.
O vetor unitário u OA , que especifica a direção do eixo OA, é:
rOA
" 03 , i+
04 , j,
m
uOA
= =
= 0,6i+
0,8j
r 2 2
OA ^03 , mh
+ ^04
, mh
e o vetor posição r OD é:
r OD =ik} m
A força F expressa como vetor cartesiano é:
rCD
F = Fe
o r CD
" 04 , i- 04 , j+
02 , k,
m
= ^300
Nh= 2 2 2
G
^04 , mh + ^- 04 , mh + ^02
, mh
= " 200i- 200j+
100k,
N

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 105 |
MOA = uOA $ ^rOD
# Fh
=
06 ,
05 ,
08 ,
0
0
05 ,
200 -200
100
= 0, 660^100h-^0, 5h^-200h@
-0, 860, 5^100h- 0,
5^200h@
+ 0
= 100 N$
m
Problemas fundamentais
4.13. Determine a intensidade do momento da força
F =ijk} N em relação ao eixo x. Expresse
o resultado como vetor cartesiano.
4.14. Determine a intensidade do momento da força
F =ijk} N em relação ao eixo OA. Expresse
o resultado como vetor cartesiano.
0,3 m
z
O
4.16. Determine a intensidade do momento da força em
relação ao eixo y.
F {30i 20j 50k} N
4 m
x
A
2 m
z
Problema 4.16
3 m
y
x
0,4 m
A
0,2 m
y
4.17. Determine o momento da força F =ijk} N
em relação ao eixo AB. Expresse o resultado como vetor
cartesiano.
z
F
B
Problemas 4.13/14
F
C
4.15.
em relação ao eixo x.
z
x
0,2 m
A
0,3 m
0,4 m
B
y
Problema 4.17
0,3 m
45°
F
200 N
4.18. Determine o momento da força F em relação aos eixos
x, y e z. Use uma análise escalar.
z
120°
A
60°
A
5
4
5
4
3
3
F
500 N
3 m
O
0,25 m
O
x
x
2 m
2 m
Problema 4.15
y
y
Problema 4.18

| 106 | Estática
Problemas
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.
x
C
3 m
A
z
O
D
F
F { 6i 3j 10k} N
B
1,5 m
G
3 m
Problemas 4.51/52
A ferramenta é usada para fechar válvulas de gás que
são difíceis de acessar. Se a força F é aplicada no cabo,
determine a componente do momento criada em relação ao
eixo z da válvula.
z
0,25 m F = {–60i + 20j + 15k} N
y
*4.56. Determine o momento produzido pela força F em
relação ao segmento AB do encanamento. Expresse o
resultado como um vetor cartesiano.
z
F = {–20i + 10j + 15k} N
x
A
4 m
C
B
Problema 4.56
4 m
3 m
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.
z
y
O
A
250 mm
x
y
45°
x
30°
0,4 m
Problema 4.53
4.54. Determine a intensidade dos momentos da força F em
relação 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
x
3 m
4 m
2 m
A
C
B
F = {4i + 12j – 3k} kN
Problemas 4.54/55
y
y
200 mm
F
16 N
Problema 4.57
B
50 mm
4.58. Se F =
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.
Determine a maior intensidade da força F que pode ser
aplicada no braço de modo que ele não gire.
z
x
300 mm
A
30°
B
Problemas 4.58/59
45°
60°
60°
F
150 mm
100 mm
y

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 107 |
*4.60. Determine a intensidade do momento produzido pela
força F =x)
da porta.
z
B
2 m
0,5 m
A
F = 200 N
2,5 m
15° y
4.66. A chave de boca articulável está sujeita a uma força
de P =
mostra a figura. Determine o momento ou torque que isso
impõe ao longo do eixo vertical do parafuso em A.
4.67. $ 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.
x
1 m
Problema 4.60
Se a tração no cabo é F =
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 fim
$ m em relação ao eixo
da dobradiça, CD, necessária para manter o painel na posição
mostrada.
z
1,2 m
1,2 m
60°
250 mm
A
20 mm
Problemas 4.66/67
P
1,8 m
x
A
F
C
B
Problemas 4.61/62
1,8 m
D
1,8 m
4.63. A estrutura na forma de um A está sendo suspensa
para uma posição ereta pela força vertical F =
Determine 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 =
Determine o momento dessa força em relação ao eixo x
quando a estrutura está na posição mostrada.
A estrutura na forma de um A está sendo suspensa
para uma posição ereta pela força vertical F =
Determine o momento dessa força em relação ao eixo y
quando a estrutura está na posição mostrada.
z
y
*4.68. A tubulação é fixa na parede pelas duas abraçadeiras.
intensidade do momento produzido pelo peso em relação ao
eixo OA.
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
permitir que ela gire em relação ao eixo OA.
z
x
O
60°
1,2 m
1,2 m
A
0,9 m
30°
0,9 m
B
y
x'
x
F
C
A 15°
2 m
1 m
30°
1 m B
y'
Problemas 4.63/64/65
y
Problemas 4.68/69
4.70. Uma força vertical F =
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 | 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 (M A ) x = {–5i} N $ m. Tanto a
chave quanto o encanamento ABC estão situados no plano
x–y. Sugestão: Use uma análise escalar.
x
500 mm
B
45°
A
y
F
150 mm
200 mm
C
Problemas 4.70/71
4.6 Momento de um binário
F
d
–F
Figura 4.25
B r –F
A
F
r B r A
O
Figura 4.26
M
–F
d
F
Figura 4.27
Um binário é definido como duas forças paralelas que têm a mesma intensidade,
mas direções opostas, e são separadas por uma distância perpendicular d (Figura 4.25).
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 r B estão direcionados do ponto O para os pontos
A e B situados na linha de ação de –F e F. Portanto, o momento do binário em
relação a O é
M = r B # F + r A # –F = (r B – r A ) # F
Entretanto, r B = r A + r ou r = r B – r A , tal que
M = r # 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 r B direcionados do ponto arbitrário O até as
forças. Esse conceito é diferente do momento de uma força, que requer um ponto
(ou eixo) definido em relação ao qual os momentos são determinados.
Formulação escalar
O momento de um binário M (Figura 4.27) é definido como tendo uma
intensidade de:
M = Fd
(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 direção 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 perpendicularmente ao plano que contém essas forças.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 109 |
Formulação vetorial
O momento de um binário também pode ser expresso pelo produto vetorial usando
a Equação 4.13, ou seja,
M = r # F
(4.15)
A aplicação dessa equação é facilmente lembrada quando se pensa em tomar os
momentos das duas forças em relação a um ponto situado na linha de ação de uma
das forças. Por exemplo, se momentos são tomados em relação ao ponto A na Figura
4.26, o momento de –F é zero 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
equivalentes porque cada momento de binário possui uma intensidade de
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.
30 N
40 N
0,4 m
0,3 m
40 N
30 N
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 M 2 agindo
a. Como cada momento de binário é um vetor livre,
podemos unir suas origens em qualquer ponto arbitrário e encontrar o momento de
binário resultante, M R = M 1 + M 2 b.
Se mais de dois momentos de binário agem sobre o corpo, podemos generalizar
esse conceito e escrever a resultante vetorial como:
M R = R(r # F) (4.16)
Esses conceitos são ilustrados numericamente nos exemplos que se seguem. Em
geral, problemas projetados em duas dimensões devem ser resolvidos usando uma
análise escalar, já que os braços do momento e as componentes das forças são fáceis
de determinar.
M 2
M 1
(a)
M 2
M1
M R
(b)
Figura 4.29

| 110 | Estática
Pontos importantes
F
Os volantes nos automóveis têm se
tornado menores do que nos veículos
mais antigos porque a direção
moderna não exige que o motorista
aplique um grande momento de
binário no aro do volante.
F
Um momento de binário é produzido por duas forças não colineares que são
iguais em intensidade, mas com direções opostas. Seu efeito é produzir rotação
pura, ou tendência de rotação em uma direção específica.
Um momento de binário é um vetor livre e, 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 das 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 formulação vetorial, M = r # 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
F 2 = 450 N
A
F 1 = 200 N
d 1 = 0,4 m
F 3 = 300 N
d 3 = 0,5 m
d 2 = 0,3 m
F 2 = 450 N
B
F 1 = 200 N
F 3 = 300 N
Figura 4.30
SOLUÇÃO
Como mostra a figura, as distâncias perpendiculares entre cada binário das três forças
são d 1 =d 2 =d 3 =
-horários como positivos, temos:
e+ MR = RM;
MR =- Fd 1 1+ Fd 2 2-
Fd 3 3
= ^- 200 Nh^0, 4 mh+ ^450 Nh^0, 3 mh-^300 Nh^0,
5 mh
=- 95 N$ m = 95 N$
m d
O sinal negativo indica que M R tem um sentido rotacional horário.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 111 |
Exemplo 4.11
Determine a intensidade e a direção do momento de binário agindo sobre a engrenagem
na Figura 4.31a.
O
0,2 m
F
600 N
30°
O
0,2 m
600 sen 30° N
F= 600 N
30°
A
600 cos 30° N
O
d
F = 600 N
30°
30°
F 600 N
600 cos 30° N
30°
F= 600 N 600 sen 30° N
30°
F = 600 N
(a)
(b)
(c)
Figura 4.31
SOLUÇÃO
A solução mais fácil requer a decomposição de cada força em suas componentes,
como mostra a Figura 4.31b. 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 momentos anti-horários
como positivos, temos:
e+ M = RMO; M = ^600 cos 30° Nh^02 , mh-^600 sen 30° Nh^02
, mh
= 43,
9 N$
m f
ou
e+ M = RMA; M = ^600 cos 30° Nh^02 , mh-^600 sen 30° Nh^02
, mh
= 43,
9 N$
m f
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 do binário (Figura 4.31c).
Entretanto, o cálculo para d é mais complexo. Observe que o momento de binário é
um vetor livre e 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 ABx–y.
x
z
O
0,8 m
30°
250 N
B
(a)
z
250 N
A
y
0,6 m
SOLUÇÃO I (ANÁLISE 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:
M = rA# ^- 250kh
+ rB#
^250kh
= ^0, 8jh # ^- 250kh+ ^0,6 cos 30° i+ 0,8j-
0,6 sen 30° kh#
^250kh
=-200i- 129,
9j+
200i
= "-130j,
N$
m
x
O
r A
r B
250 N
B
(b)
250 N
A
y
Figura 4.32

| 112 | Estática
x
x
O
O
z
250 N
z
250 N
B
B
0,6 m
(c)
(d)
30°
d
r AB
Figura 4.32
250 N
A
250 N
A
5 4
M 2 = 37,5 N · m 3
y
y
É mais fácil tomar momentos das forças do binário em relação a um ponto situado
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 = rAB
# ^250kh
= ^0,6 cos 30° i-
0,6 sen 30° kh
# ^250kh
= "-130j,
N$
m
SOLUÇÃO II (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 ==d). Portanto,
calcular os momentos das forças em relação ao ponto A ou ponto B resulta:
M = Fd ==$ m
Aplicando a regra da mão direita, M age na direção –j
M =j} N $ m
Exemplo 4.13
Substitua os dois binários agindo sobre a coluna de tubo na Figura 4.33a por um
momento de binário resultante.
z 125 N 5 4
3
C
D
0,3 m
x
A
0,4 m
150 N
125 N
150 N y
3 5
4
B
M 1 = 60 N · m
() (a)
(b)
M R M 2
M 1
(c)
Figura 4.33
SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL)
O momento de binário M 1 , desenvolvido pelas forças A e B, pode facilmente ser
determinado a partir de uma formulação escalar.
M 1 = Fd ==$ m
Pela regra da mão direita, M 1 age na direção +i (Figura 4.33b). Portanto,
M 1 =i} 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), M 2 = r DC # F C ,
então:
M r F 0,
3i 125
4
j 125
3
2 = DC # C = ^ h #;
c m - c mkE
5 5
= ^0, 3ih # 6100j- 75k@
= 30^i# jh-
22,5^i#
kh
= " 22, 5j+
30k,
N$
m
Como M 1 e M 2 são vetores livres, eles podem ser movidos para algum ponto arbitrário
e somados vetorialmente (Figura 4.33c). O momento de binário resultante torna-se:
M R = M 1 + M 2 =i + 22,5jk} N $ m

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 113 |
Problemas fundamentais
4.19. Determine o momento de binário resultante que age
sobre a viga.
A
300 N
400 N 400 N
3 m 2 m
Problema 4.19
300 N
200 N
0,2 m
200 N
4.20. Determine o momento de binário resultante que age
sobre a chapa triangular.
200 N
150 N
4.22. Determine o momento de binário que age sobre a viga.
10 kN
5 4
3
A
3
4 5
10 kN
1 m
4 m
Problema 4.22
4.23. Determine o momento de binário resultante que age
sobre o encanamento.
(M c
) = 450 N ∙ m
1
z
(M c
) = 300 N ∙ m 0,35 m
3
1 m
B
0,4 m 0,4 m
0,15 m
0,2 m
200 N
0,4 m
150 N
x
0,2 m
0,2 m
y
(M c
) = 250 N ∙ m 2
Problema 4.23
300 N
Problema 4.20
300 N
4.21. Determine a intensidade de F de modo que o momento
de binário resultante que age sobre a viga seja 1,5 kN $ m
no sentido horário.
F
4.24. Determine o momento de binário que age sobre o
encanamento e expresse o resultado como um vetor cartesiano.
z
F A = 450 N
3 5
4
0,9 m
0,4 m
A
0,3 m
A
2 kN
B
0,3 m
2 kN
B
3 5
4
O
F B = 450 N
x
y
Problema 4.21
F
C
Problema 4.24

| 114 | Estática
Problemas
*4.72. Os efeitos do atrito do ar sobre as pás do ventilador
criam um momento de binário M O = 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.
M O
–F F
0,15 m 0,15 m
Problema 4.72
Determine a intensidade necessária dos momentos de
binário M 2 e M 3 de modo que o momento de binário
resultante seja zero.
M 2
45°
M 3
Problema 4.73
M 1 = 300 N · m
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.
F
A
B
500 N
F
40 mm
4.75. Se F =
resultante.
*4.76. Determine a intensidade necessária da força F se o
$ m,
horário.
0,2 m 0,2 m
F
0,2 m
B
1500 N
0,2 m
30°
0,2 m
5
4
3
4
A
3
5
–F
Problemas 4.75/76
1500 N
O piso causa um momento de binário de M A =$ m
e M B =$ m sobre as escovas da enceradeira. Determine
a intensidade 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 M B =
F
0,3 m
F
Problema 4.77
4.78. Se =F tal que
$ m, horário.
4.79. Se F =para
que o momento de binário resultante seja zero.
300 mm
A
B
300 N
30°
M A
M B
45 mm
100 mm
15°
F
30°
30°
F
15°
50 mm
500 N
300 N
Problema 4.74
Problemas 4.78/79

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 115 |
*4.80. Dois binários agem sobre a viga. Determine a
intensidade de F de modo que o momento de binário
$ m anti-horário. Onde atua na viga o
momento de binário resultante?
2000 N
–F
0,15 m 0,125 m
0,2 m
2000 N
Problema 4.80
A corda passando por dois pinos A e B do quadro está
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 =
4.82. A corda passando por dois pinos A e B do quadro está
P mínima
e a orientação da corda passando pelos pinos C e D de
modo que o momento de binário resultante produzido pelas
$ m, horário.
300 mm
C
B
θ
30°
P
100 N
100 N
30°
A
45°
Problemas 4.81/82
D
30°
30°
θ
P
F
300 mm
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
*4.84. Dois binários agem na mesma viga como ilustrado.
Determine a intensidade de F de modo que o momento de
$ m anti-horário. Onde atua na
viga o binário resultante?
5
4
3
−F
F
0,4 m
5
4
3
Problema 4.84
0,15 m
2000 N
2000 N
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.
8 kN
45°
0,3 m
30°
B
1,5 m 1,8 m
2 kN
2 kN
A
30°
45°
Problema 4.85
8 kN
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.
A
5 kN
3 m
F
4
30°
3
5
B
3 m
0,5 m
0,5 m
4
3
5
O
30°
F
5 kN
25 mm
T = 15 N A
25 mm
30°
B
T = 15 N
N
Problema 4.83
Problemas 4.86/87
*4.88. Dois binários agem sobre a estrutura. Se o momento
de binário resultante deve ser zero, determine a distância d
Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = 1,2 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 A.

| 116 | Estática
4.90. Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = 1,2 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 B.
200 N
0,3 m 30°
A
B
y
0,9 m
300 N
4 5
3
d
1,2 m
30°
0,6 m
200 N
Problemas 4.88/89/90
4 5
3
300 N
4.91. Se M 1 =$ m, M 2 =$ m e M 3 =$ m,
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados
do momento de binário resultante.
*4.92. Determine a intensidade necessária dos momentos de
binário M 1 , M 2 e M 3 de modo que o momento de binário
resultante seja M R =ijk} N $ m.
z
M 2
M 3
x
30°
Problemas 4.91/92
Se F =
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
$ m, determine a intensidade das forças
de binário aplicadas em cada chave. A tubulação está no
plano x–y.
z
x
200 mm
200 mm
300 mm
300 mm
Problemas 4.93/94
x
300 mm
M 1
y
y
4.95. Através dos cálculos de carga, é determinado que a
asa está sujeita aos momentos de binário M x = 25,5 kN $ m
e M y = 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 y
25°
y
M x
Problema 4.95
*4.96. Expresse o momento do binário agindo sobre a
estrutura na forma de um vetor cartesiano. As forças são
aplicadas perpendicularmente à estrutura. Qual é a intensidade
do momento de binário? Considere F =
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 x =i} N $
m, determine a intensidade F das forças do binário.
z
x
F
3 m
1,5 m
F
O
30°
Problemas 4.96/97
4.98. Determine o momento de binário resultante dos dois
binários que agem sobre o encanamento. A distância de A a
B é d =
cartesiano.
4.99. Determine a distância d entre A e B tal que o momento
de binário resultante tenha uma intensidade de M R =$ m.
{–50i} N
250 mm
C
{35k} N
B
x
30°
d
{–35k} N
A
{50i} N
Problemas 4.98/99
x
z
350 mm
*4.100. Se M 1 =$ m, M 2 = 135 N $ m e M 3 =$ m,
determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados
do momento de binário resultante.
x
y
y

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 117 |
Determine as intensidades dos momentos de binário M 1 ,
M 2 e M 3 de modo que o momento de binário resultante seja zero.
0,3 m
M 3
0,6m
x
0,6 m
M 2
z
0,6 m
225 N · m
M 1
Problemas 4.100/101
45°
45°
0,9 m
4.102. Se F 1 =F 2 =
e os ângulos de direção coordenados do momento de binário
resultante.
y
4.103. Determine a intensidade das forças de binário F 1 e
F 2 de modo que o momento de binário resultante que age
sobre o bloco seja zero.
0,6 m
1250 N
x
0,9 m
z
1,2 m
Problemas 4.102/103
F 2
1250 N
−F 1
−F 2
y
F 1
4.7 Simplificação de um sistema de forças e binários
Algumas vezes é conveniente reduzir um sistema de forças e momentos de binário
agindo sobre um corpo para uma forma mais simples substituindo-o por um sistema
equivalente
e um momento de binário resultante. Um sistema é equivalente se os efeitos externos
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 rotação 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 aplicarmos um par de forças F e –F iguais e opostas no ponto
B, o qual está sobre a linha de ação de F (Figura 4.34b), observamos que –F em B e F
em A se cancelam, deixando apenas F em B (Figura 4.34c). A força F agora foi movida
de A para B sem modificar seus efeitos externos sobre o bastão; ou seja, a reação na
empunhadura permanece a mesma. Isso demonstra o princípio da transmissibilidade,
que afirma que uma força agindo sobre um corpo (bastão) é um vetor deslizante, já que
pode ser aplicado em qualquer ponto ao longo de sua linha de 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 e opostas no ponto B (Figura 4.35b). A força F agora é aplicada em B, e as
outras duas forças, F em A e –F em B, formam um binário que produz o momento
de binário M = Fd (Figura 4.35c). Portanto, a força F pode ser movida de A para B,
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 B. Como M é, na verdade, um vetor livre, ele pode agir em qualquer
ponto no bastão. Em ambos os casos, os sistemas são equivalentes, o que faz com
que uma força F para baixo e um momento de binário no sentido horário M = Fd
sejam sentidos na empunhadura.
B
F
B
F
(a)
(b)
(c)
Figura 4.34
A
A
F
F
d
A
F
F
F
F
M
Fd
(a) (b) (c)
Figura 4.35

| 118 | Estática
F F2 1
O r 1
r 2
M
M
=
M
F 2 = r 2 × F 2
2
F 1
M 1 = r 1 × F 1
O=
F R
(a)
(b)
Sistema de forças e momentos de binário
Usando o método anterior, um sistema de várias forças e momentos de binário
agindo no ponto O e um momento de binário resultante. Por exemplo, na Figura 4.36a,
O não está na linha de ação de F 1 e, portanto, essa força pode ser movida para o
ponto O, desde que um momento de binário M 1 = r 1 # F seja incluído no corpo. Da
mesma forma, o momento de binário M 2 = r 2 # F 2 deve ser acrescentado ao corpo
quando movemos F 2 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 somarmos as forças e os momentos de
binário, obteremos a força resultante F R = F 1 + F 2 e o momento de binário resultante
(M R ) O = M + M 1 + M 2 (Figura 4.36c).
Observe que F R é independente do local do ponto O; entretanto, (M R ) O depende
desse local porque os momentos M 1 e M 2 são determinados usando os vetores posição
r 1 e r 2 . Além disso, note que (M R ) 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 R equivalente agindo no ponto O e um momento de binário
resultante (M R ) O usando as duas equações a seguir.
θ
M RO
O
Figura 4.36
(c)
F R = RF
(M R ) O = RM O + RM
(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 RM
mais os momentos de todas as forças RM O 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.
(F R ) x = RF x
(F R ) y = RF y
(M R ) O = RM O + RM
Aqui, a força resultante é determinada pela soma vetorial de suas duas componentes
(F R ) x e (F R ) y .
(M R ) O
O
W 1 W 2
d 1
d2
O
W R
Os pesos desses semáforos podem ser substituídos pela sua força resultante equivalente
W R = W 1 + W 2 e um momento de binário (M R ) O = W 1 d 1 + W 2 d 2 no apoio O. Nos dois casos,
o apoio precisa oferecer a mesma resistência à rotação e translação a fim de manter o membro
na posição horizontal.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 119 |
Procedimento para análise
Os seguintes pontos devem ser mantidos em mente ao simplificar um sistema de
forças e momentos de binário para um sistema de força e binário resultante equivalente.
Estabeleça os eixos coordenados com a origem localizada no ponto O e o eixo
tendo uma orientação selecionada.
Somatória das forças
Se o sistema de forças for coplanar, decomponha cada força em suas
componentes x e 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.
Somatória 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 três 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 sobre 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.
SOLUÇÃO
Somatória das forças
As forças 3 kN e 5 kN são decompostas em suas componentes x e y, como mostra
a Figura 4.37b. Temos:
+
" F F; F 3 kN cos 30°
3
^ Rh kN 5,598 kN
x
= R x ^ Rhx
= ^ h + c m^
5 h = "
5
- F F ; F 3 kN sen 30°
4
+ ^ Rh R
5 kN 4 kN 6,50 kN 6,50 kN
y
=
y
^ Rh .
y
= ^ h -c m^
h - =- =
5
Usando o teorema de Pitágoras (Figura 4.37c), a intensidade de F R é
2 2 2 2
F = ^F h + ^F h = ^5, 598 kN h+ ^6, 50 kN h = 8,58 kN
R Rx Ry
Sua direção é
F
1
^ Rh - y -1
650 , kN
i = tg e o = tg e o = 49,3°
^F
h 5,
598 kN
R x
Somatória 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 4.37b, temos e+ ^M
h = RM
;
R O
O
3 kN
30°
0,1 m
0,1 m
O
0,2 m 0,3 m
4 5
3
4 kN 5 kN
(a)
y
(3 kN)sen 30°
(3 kN)cos 30°
0,1 m O
x
0,1 m
3 (5 kN)
5
0,2 m 0,3 m
4 (5 kN)
5
4 kN
(b)
Figura 4.37

| 120 | Estática
(M R ) O 2,46 kN m
(F R ) x 5,598 kN
O
F R
(F R ) y 6,50 kN
(c)
Figura 4.37
e+ ^MRh
M ;
O
= R O
M 3kN sen 30° 0, 2m 3kN cos 30° 0, 1m 3
^ Rh kN , m
O
= ^ h ^ h- ^ h ^ h+
c m^ 5 h^
0 1 h
5
-
4
c m^ 5 kNh^ 0 , 5 mh-^ 4 kNh^
0 , 2 mh
5
=- 246 , kN $ m = 246 , kN $ m d
O momento no sentido horário 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
a por
um sistema de força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O.
500 N
y
750 N
5
4
(M R ) O 37,5 N · m
O
SOLUÇÃO
1 m
1,25 m 1,25 m
(a)
3
200 N
1 m
200 N
Figura 4.38
O
F R
(F R ) y 350 N
(F R ) x 300 N
Somatória das forças
resultante nula e, portanto, não é necessário considerá-las na somatória das forças.
x e y; logo,
+
" ^F F;
F
3 500 N 300
Rh N
x
= R x ^ Rhx
= c m^
h = "
5
- F F ; F 500 N
4
+ ^ Rh R
750 N 350 N 350 N
y
=
y
^ Rh .
y
= ^ hc
m - =- =
5
Da Figura 4.15b, a intensidade de F R é
2 2
FR = ^FRhx + ^FR hy
2 2
= ^300 Nh + ^350 Nh
= 461 N
E o ângulo é
F
1
^ Rh - y -1
i = tg e o = tg
350 N
c m = 49,4°
^F
h 300 N
R x
Somatória dos momentos
Como o momento de binário é um vetor livre, ele pode agir em qualquer ponto no
a, temos:
e+ ^MRh
M M ;
O
= R O+
R C
M 500 N
4 2 , 5 m 500 N
3
^ Rh 1 m
O
= ^ hc m^ h-^ hc m^
h
5
5
= - ^750 Nh^1,
25 mh+
200 N$
m
=- 37, 5 N$ m = 37,
5 N$
m d
b.
(b)
x

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 121 |
Exemplo 4.16
O membro estrutural está sujeito a um momento de binário M e às forças F 1 e F 2 na
a. Substitua esse sistema por um sistema de força e momento de binário
resultante equivalente agindo em sua base, o ponto O.
SOLUÇÃO (ANÁLISE 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:
F1
= "-800k,
N
F2
= ^300
NhuCB
rCB
= ^300
Nhe
o
rCB
"- 015 , i+
01 , j,
m
= 300 N= 249, 6i
166,
4j
N
2 2
G = "- + ,
^- 015 , h + ^1mh
M =- 500
4
j+ 500
3
c m c mk = "- 400j+
300k,
N$
m
5 5
z
M = 500 N · m
x
3
4
5
r C
O
F 1 = 800 N
0,1 m
F2 = 300 N
C
B
(a)
z
r B
1 m
0,15 m
y
Somatória das forças
FR = RF; FR = F1+ F2
=-800k- 249, 6i+
166,
4j
= "- 250i+ 166j-
800k,
N
M RO
Somatória dos momentos
MR
= RM+
RM
O
O
MR = M+ rC# F1+
rB#
F
O
2
i j k
MR
= ^- 400j+ 300kh + ^1kh # ^- 800kh
+ -0,
15 01 , 1
O
-249,
6 166,
4 0
= ^- 400j+ 300kh + ^0h + ^-166, 4i-249,
6jh
= "-166i- 650j+
300k,
N$
m
x
O
F R
(b)
Figura 4.39
y
b.
Problemas fundamentais
4.25. Substitua o carregamento do sistema por uma força e
momento de binário resultante equivalente agindo no ponto A.
500 N
4.26. Substitua o carregamento do sistema por uma força
e momento de binário resultante equivalente agindo no
ponto A.
40 N
30 N
1,2 m
200 N m
A
A
0,9 m 0,9 m
1000 N
B
3 m 3 m
5
3
4
50 N
750 N
Problema 4.25
Problema 4.26

| 122 | Estática
4.27. Substitua o carregamento do sistema por uma força
e momento de binário resultante equivalente agindo no
ponto A.
A
900 N 30°
300 N m
300 N
0,75 m 0,75 m 0,75 m 0,75 m
Problema 4.27
4.28. Substitua o carregamento do sistema por uma força
e momento de binário resultante equivalente agindo no
ponto A.
A
0,9 m 0,9 m
3
5
4
750 N
Problema 4.28
5 500 N
3
4
0,3 m
250 N
4.29. Substitua o carregamento do sistema por uma força e
momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O.
z
F 1 {–300i 150j 200k} N
1 m 2 m
1,5 m
B
O
x
F 2 {–450k} N
A y
Problema 4.29
4.30. Substitua o carregamento do sistema por uma força e
momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O.
z
F 1 100 N
0,3 m
M c
F 2 200 N
O
x
0,5 m 0,4 m
y
Problema 4.30
75 N · m
Problemas
*4.104. Substitua o sistema de forças que age sobre a treliça
por uma força e momento de binário resultante no ponto C.
1000 N 750 N 500 N
0,6 m 0,6 m 0,6 m 0,6 m
A
B
1,8 m
5
3
4
2500 N
*4.108. Substitua as duas forças por uma força e momento de
binário resultante equivalente no ponto O. Considere F = 75 N.
y
100 N
30° F
5
4 3
150 mm
35 mm
O 40°
x
C
Problema 4.104
50 mm
Problemas 4.107/108
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
uma força e momento de binário equivalente no ponto B.
3 kN
A
2,5 kN 1,5 kN
30°
5
3
4
B
Substitua o sistema de forças que age sobre o poste
por uma força e momento de binário resultante no ponto A.
0,5 m
B
500 N
1 m
30°
1 m
0,2 m
3
5
4
250 N
300 N
2 m
4 m
Problemas 4.105/106
2 m
1 m
A
4.107. Substitua as duas forças por uma força e momento de
binário resultante equivalente no ponto O. Considere F =
Problema 4.109

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 123 |
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.
A
30 kN
30°
1
26 kN
Problema 4.110
12 13
5
B
4.111. Substitua o sistema de forças por uma força e
momento de binário resultante no ponto O.
O
750 N
1,25 m 1,25 m
Problema 4.111
500 N
5
4
3
1 m
200 N
200 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.
100 mm
150 mm
O
z
250 mm
B
A
25 mm
F 1 = {10i – 15j – 40k} N
F 2 = {–15i – 20j – 30k} N
40 mm
x
Problema 4.112
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
x
F D
6 m
2 m
D
3 m
7 kN
C
6 m
A
F B
O
Problema 4.113
5 kN
B
y
8 m
y
4.114. As três forças atuam no encanamento. Se F 1 = 50 N e
F 2 = 80 N, 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.
x
180 N
1,25 m
F 2
z
O
0,5 m
F 1
0,75 m
Problema 4.114
4.115. As forças F 1 e F 2 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.
F 2 = {2j – 4k} N
z
0,15 m F 1 = {6i – 3j – 10k} N
0,25 m
0,3 m
x
O
y
Problema 4.115
*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.
x
0,2 m
z
F 1 = {−20i − 10j + 25k} N
O
0,2 m
Problema 4.116
F 2 = {−10i + 25j + 20k} N
0,2 m
y
0,15 m
A plataforma deve ser içada usando as três lingas
mostradas. Substitua o sistema de forças que age sobre as
lingas por uma força e momento de binário equivalente no
ponto O. A força F 1 é vertical.
x
F 2
z
F 3
4 kN
5 kN 45°
60° 60°
F 1 6 kN
O
45°
30°
2 m
6 m 2 m
Problema 4.117
y
y

| 124 | Estática
4.8 Simplificações adicionais de um sistema de forças e
binários
Na seção anterior, desenvolvemos uma forma 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 (M R ) O . O
equivalente, desde que as linhas de ação de F R e (M R ) O sejam perpendiculares. Devido
a essa condição, apenas sistemas de forças concorrentes, coplanares e paralelas podem
ser adicionalmente simplificados.
Sistema de forças 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 Oa), então o sistema
de força não produz momento algum em relação a esse ponto. Como consequência,
F R = RF
agindo em Ob).
F 4
F 3
O
F 2
O
F R
(a)
F 2
Figura 4.40
(b)
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 4.41a) e, portanto, a força resultante F R = RF
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 (M R ) O e a força resultante F R serão mutuamente
perpendiculares (Figura 4.41b). O momento resultante pode ser substituído movendo-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 (M R ) O em relação ao
ponto O (Figura 4.41c). Essa distância d pode ser determinada através da equação
escalar (M R ) O = F R d = RM O ou d = (M R ) O /F R .
F 2
F 3
F 4 F 1
O
O
(M R ) O
F R
O
d
F R
(a) (b) (c)
Figura 4.41

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 125 |
Sistema de forças paralelas
O sistema de forças paralelas, mostrado na Figura 4.42a, consiste de forças que
são todas paralelas ao eixo zF R = RF no ponto O também
precisa ser paralela a esse eixo (Figura 4.42b). O momento produzido por cada força
se encontra no plano da chapa e, portanto, o momento de binário resultante, (M R ) O ,
também estará nesse plano, ao longo do eixo do momento a, já que F R e (M R ) O são
mutuamente perpendiculares. Consequentemente, o sistema de forças pode ser adicio-
F R que age no
ponto P localizado sobre o eixo perpendicular b (Figura 4.42c). A distância d ao
longo desse eixo a partir do ponto O requer (M R ) O = F R d = RM O ou d = RM O /F R .
z
z
z
F R
F
F 1 F 2
O F 3
a
O
a
O
d
F R
F
P
(M R ) O
O
b
(a) (b) (c)
Figura 4.42
b
F R
As quatro forças dos cabos são todas concorrentes no ponto O do pilar
da ponte. Consequentemente, elas não produzem qualquer momento
resultante nesse ponto, apenas uma força resultante F R . Observe que os
projetistas posicionaram os cabos de modo que F R esteja direcionado ao
longo do pilar da ponte diretamente para o apoio, de modo a evitar
qualquer flexão no pilar.
Procedimento para análise
A técnica usada para reduzir um sistema de forças coplanares ou paralelas para
anterior.
Estabeleça os eixos x, y, z e posicione a força resultante F R a uma distância
arbitrária da origem das coordenadas.
Somatória das forças
A força resultante é igual à soma de todas as forças do sistema.

| 126 | 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.
Somatória 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.
d
d 1
d 2
O O
W 1 W 2
W R
Aqui, os pesos dos semáforos são substituídos pela sua força resultante W R = W 1 + W 2 que age a
uma distância d = (W 1 d 1 + W 2 d 2 )W R em relação a O. Os dois sistemas são equivalentes.
Redução a um torsor
Normalmente, 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
(M R ) O que não são perpendiculares, como mostra a Figura 4.43a. Embora um sistema
de forças como esse não possa 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 pode ser substituída se movermos 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 linha de ação de F R . A posição de P pode ser
determinada através de d = M /F R . Finalmente, como M || é um vetor livre, ele pode
ser movido para o ponto P (Figura 4.43c). Essa combinação de uma força resultante
F R e um momento de binário colinear M || 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
z
z
F R
M
M
(M R ) O
a
M
O
b
a
O
d
(a) (b) (c)
Figura 4.43
P
F R
b
a
O
P
F R
M
b

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 127 |
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.
y
4 kN
8 kN
5 4
3
d
F R
O
15 kN m
0,5 m
x
O
(F R ) y = 2.40 kN
(F R ) x = 4.80 kN
1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m
(a)
Figura 4.44
(b)
SOLUÇÃO
Somatória das forças
Somando as componentes da força, temos:
+
" F F; F 8 kN
3
^ Rh 480 , kN
x
= R x ^ Rhx
= c m = "
5
- F F; F 4kN 8kN 4
+ ^ Rh R
240 , kN
y
= y ^ Rhy
=- + c m =
5
Da Figura 4.44b, a intensidade de F R é:
2 2
F = ^480 , kNh
+ ^240
, kNh
= 5,37 kN
R
-
O ângulo é:
1 240 , kN
i = tg
- e o=
26,6°
480 , kN
Somatória dos momentos
Devemos igualar o momento de F R 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 (F R ) x age no ponto O, apenas (F R ) y produz
um momento em relação a esse ponto. Portanto,
e + ^MRh M ; 240 , kN d 4kN 15 , m 15kN m
O
= R O
^ h=-^ h^
h-
$
- 8 kN
3
05 , m 8kN 4
; c mE^ h + ; c mE^45
, mh
5
5
d = 225 , m
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 AB e a lança BC.
1,75 N
1,2 m
1 m
y
0,6 m 1 m 0,6 m
B
C
A
5 4
3
0,60 kN 2,50 kN
(a)
Figura 4.45
x

| 128 | Estática
y
x
B
3,25 kN
F R
3,25 kN
θ
F
y
R
2,60 kN
A
(b)
Figura 4.45
x
C
2,60 kN
SOLUÇÃO
Somatória das forças
x e y e somando as componentes
das forças, temos:
+
" F F; F 250 , kN
3
R = R x R =- 175 , kN 325 , kN 325 , kN
x
x
c m - =- = !
5
F = F ; F =-250 , kN
4
+ - R R y R
- 060 , kN =- 260 , kN = 260 , kN .
y
y
c m
5
Como mostra a adição de vetores na Figura 4.45b,
2 2
F = ^325 , kN h + ^260
, kNh
= 4,16 kN
R
1 260 , kN
i = tg
- e o=
38,7° i
325 , kN
Somatória dos momentos
Os momentos serão somados em relação ao ponto A. Assumindo que a linha de ação
de F R intercepta AB a uma distância y de A (Figura 4.45b), temos:
e+ MR
= RMA; 3, 25 kN^yh+
2,
60 kN^0h
A
= 175 , kN^1mh- 060 , kN^06 , mh+ 250 , kN
3 22 , m 250 , kN
4
c m^ h - c m^
16 , mh
5
5
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:
e+ MR
= RMA; 325 , kN^22 , mh+
260 , kN^xh
A
= 175 , kN^1mh- 060 , kN^06 , mh+ 250 , kN
3 22 , m 250 , kN
4
c m^ h - c m^
16 , mh
5
5
x = 2,
177 m
+
z
500 N
100 N
600 N 5 m
400 N
5 m
O
C
B 2 m
8 m
+
y
Exemplo 4.19
A placa na Figura 4.46a está sujeita a quatro forças paralelas. Determine a intensidade
e a direção de uma força resultante equivalente ao sistema de forças dado e situe seu
ponto de aplicação na placa.
SOLUÇÃO (ANÁLISE ESCALAR)
x
z
(a)
F R
Somatória das forças
Da Figura 4.46a, a força resultante é:
+ -FR
= RF;
- FR
=- 600 N+ 100 N-400 N-500
N
= 1400 N = 1400 N .
x
+
y
O
P(x,y)
(b)
x
Figura 4.46
+
y
Somatória dos momentos
Queremos que o momento da força 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,
já que essas coordenadas representam as distâncias perpendiculares do eixo x às
linhas de ação das forças. Usando a regra da mão direita, temos:
^MRh
M;
x
= R x
- ^1400 Nhy
= 600 N^0h+ 100 N^5 mh- 400 N^10 mh+
500 N^0h
- 1400 N =- 3500 y = 2,
50 m

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 129 |
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.
^MRh
M;
y
= R y
^1400 Nhx
= 600 N^8 mh+ 100 N^6 mh- 400 N^0h+
500 N^0h
1400x
= 4200
x = 3 m
NOTA: Uma força F R =P
(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.
SOLUÇÃO
Somatória das forças
Aqui, demonstraremos uma análise vetorial. Somando as forças,
FR = RF;
FR = FA+ FB+
FC
= "- 300k, kN + "- 500k, kN + " 100k,
kN
= "-700k,
kN
F A = 300 kN z
F C = 100 kN
C
4 m A
x
r C
r
O A
(a)
F B = 500 kN
2 m
r B
B
4 m
4 m
y
Posição
Os momentos serão somados em relação ao ponto O. A força resultante F R é assumida
a atuar através do ponto P (x, yb
^MRh
M ;
O
= R O
rp# FR = ^rA# FAh+ ^rB# FBh+
^rC#
FCh
^xi+ yjh# ^- 700kh= 6^4ih # ^-300kh@
+ 6^- 4i+ 2jh# ^- 500kh@
+ 6^-4jh#
^100kh@
-700x^i# kh- 700y^j# kh=- 1200^i# kh+
2000^i#
kh
-1000^j# kh-400^i#
kh
700xj- 700yi = 1200j-2000j-1000i-400i
Igualando as componentes i e j,
y =
y = 2 m
x =
x = –1,14 m
O sinal negativo indica que a coordenada x do ponto P é negativa.
NOTA: Também, é possível obter diretamente as equações 1 e 2 somando-se os
momentos em relação aos eixos x e y. Usando a regra da mão direita, temos:
(M R ) x = RM x ; y =
(M R ) y = RM y ; x =
x
z
O
r P
y
P
(b)
Figura 4.47
F R = {−700k} kN
x
y

| 130 | 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.
4.34. 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.
y
y
0,5 m
1,5 m
2,5 kN 2,5 kN
1,25 kN
0,5 m
O
x
0,5 m B
8 kN
6 kN
4
3
5
5 kN
1 m 1 m 1 m 1 m
3 m
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.
A
1 kN
1 m 1 m 1 m
4495
4495
4
3
5
30°
0,5 kN
0,25 kN
A
Problema 4.34
4.35.
força resultante equivalente e especifique as coordenadas x
e y de sua linha de ação.
z
3 m
100 N
500 N
4 m
x
400 N
4 m
y
Problema 4.32
x
Problema 4.35
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.
4.36.
força resultante equivalente e especifique as coordenadas x
e y de sua linha de ação.
z
20 kN
2 m 2 m 2 m
5
4
2 m
15 kN
3
100 N
3 m
3 m 200 N
2 m
1 m
200 N
2 m 1 m
100 N
3 m
y
A
B
x
Problema 4.33
Problema 4.36

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 131 |
Problemas
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
partir do ponto A.
4.123. Substitua o sistema de forças e 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.
5
4
750 N
A
3
0,6 m
1,2 m
750 N · m
B 17,5 kN 27,5 kN A
8,75 kN
0,9 m
4,2 m 1,8 m
0,6 m
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.
2 kN
1 kN
500 N 500 N 500 N
1 m 1 m 1 m 1 m
A
30°
250 N
C
0,9 m
B
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.
A
30 kN
30°
26 kN
12 13
5
B
1
Problema 4.120
O sistema de quatro forças atua sobre a treliça de
telhado. Determine a força resultante equivalente e espe cifique
sua posição medida a partir do ponto A.
1 kN
0,75 kN
1,5 kN 1 m
1 m
A
1,375 kN
30°
1 m
30°
B
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.
Problema 4.124
Substitua o sistema de forças que age sobre a
estrutura por uma força resultante equivalente e especifique
onde a linha de ação da resultante 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
30°
A
0,6 m
1,2 m
100 N
C
B
Problemas 4.125/126
0,9 m
125 N
0,6 m

| 132 | 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.
1 m
500 N
30°
B
0,5 m
5
3
0,2 m 4
250 N
*4.132. Três forças paralelas do parafuso atuam sobre a
chapa circular. Determine a força resultante e especifique
sua posição (x, y) sobre a chapa. F A =F B =
e F C =
Três forças paralelas dos parafusos atuam sobre a
chapa circular. Se a força em A possui uma intensidade de
F A =F B e F C de modo
que a força resultante F R do sistema tenha uma linha de
ação que coincida com o eixo y. Sugestão: Isso requer
RM x =RM z =
z
1 m
1 m
A
300 N
x
C F C
0,45 m
45°
30°
B
F B
A
F A
y
Problemas 4.127/128
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 F 1 =F 2 =
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.
Con si dere F 1 =F 2 =
x
3 m
20 kN
z
50 kN F 1
F 2
8 m 6 m
2 m
Problemas 4.129/130
4.131. O duto suporta as quatro forças paralelas. Determine
as intensidades das forças F C e F D 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
F D
4 m
y
Problemas 4.132/133
4.134. Se F A =F B = 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 A e F B e a
intensidade da força resultante.
z
30 kN
0,75 m 90 kN
F B 2,5 m
20 kN
2,5 m
0,75 m
0,75 m
F A
x 3 m
3 m
0,75 m
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.
z
0,5 m
1 m
y
600 N
A
400 mm
x
D
F C
500 N
O
C
400 mm 200 mm
zB 200 mm y
1 m
1 m
0,5 m
x
2 kN
3 kN
5 kN
y
Problema 4.131
Problema 4.136

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 133 |
Se F A = 7 kN e F B = 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 F A e F B de modo que
a força resultante passe pelo ponto O da coluna.
z
150 mm
100 mm
650 mm
x
6 kN
F B
O
600 mm
750 mm
F A
8kN
700 mm
150 mm
100 mm
y
*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 e o ponto P(y, z) onde sua linha de ação
intercepta a chapa.
z
A
y
3 m
P
z
B
F B = {−60j} kN
3 m
x
F A = {−80k} kN
C
F C = {−40i} kN
y
Problemas 4.137/138
Problema 4.140
4.139. Substitua o sistema de forças e momentos de binário
que agem sobre o bloco retangular por um torsor. Especifique
a intensidade da força e o momento de binário do torsor e a
posição onde sua linha de ação intercepta o plano x–y.
z
x
900 N · m
0,6 m
1,2 m
2250 N 3000 N
1500 N
0,9 m
Problema 4.139
y
Substitua as três forças que agem na chapa por um
torsor. Especifique a intensidade da força e o momento de
binário para o torsor e o ponto P(x, y), onde sua linha de
ação intercepta a chapa.
Problema 4.141
4.9 Redução de um carregamento distribuído simples
Algumas vezes, um corpo pode estar sujeito a um carregamento que está distribuído
sobre sua superfície. Por exemplo, a pressão do vento sobre a superfície de um cartaz
de propaganda (outdoor), 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 pressão
exercida em cada ponto da superfície indica a intensidade da carga. Ela é medida
usando pascals Pa (ou N/m 2 ) em unidades do SI.
b
p
x
F R
C
p
p(x)
Carregamento uniforme ao longo de um único eixo
O tipo mais comum de carga distribuída encontrado na prática de engenharia é
a, que possui uma largura constante e está sujeita a um carregamento
de pressão que varia apenas ao longo do eixo x. Esse carregamento pode
L
(a)
Figura 4.48
x
* O caso mais geral de um carregamento superficial não uniforme atuando sobre um corpo é

| 134 | Estática
w
O
w
O
x
dx
x
L
C
dF
(b)
F R
L
(c)
A
dA
w
w(x)
x
x
ser descrito pela função p = p(x) N/m 2 . Ele contém somente uma variável x e, por
isso, também podemos representá-lo como um carregamento distribuído coplanar.
Para isso, multiplicamos a função de carregamento pela largura b da viga, tal que
w(x) = p(x)b N/m (Figura 4.48b). Usando os métodos da Seção 4.8, podemos substituir
esse sistema de forças paralelas coplanares por uma única força resultante equivalente
F R que age em uma posição específica sobre a viga (Figura 4.48c).
Intensidade da força resultante
Da Equação 4.17 (F R = RF), a intensidade de F R é equivalente à soma de todas
as forças do sistema. Nesse caso, precisamos usar integração porque existe um número
infinito 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
= RF
FR
= w()
x dx = dA = A
# # (4.19)
L
A
Figura 4.48
Portanto, a intensidade da força resultante é igual à área total A sob o diagrama
de carregamento (Figura 4.48c).
Posição da força resultante
Aplicando a Equação 4.17 (M RO = RM O ), a posição x da linha de ação de F R pode
ser determinada igualando-se os momentos da força resultante e 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),
e+ ^M h = RM O;
- xFR
=- xw^xhdx
R O
Resolvendo para x, usando a Equação 4.19, temos:
#
L
#
#
xw^xhdx
L
x = =
w^xhdx
L
#
A
#
A
xdA
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 carregamento
(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 formas comuns não precisa ser determinada pela equação anterior, mas pode
ser obtida diretamente da tabulação fornecida nos apêndices.
Uma vez que x é determinado, F R , por simetria, passa pelo ponto (x, 0) na
superfície 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 geométrico) desse volume.

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 135 |
Pontos importantes
Carregamentos distribuídos coplanares são definidas usando-se uma função
do carregamento w = w(x) ( ) que indica a intensidade do carregamento ao longo
da extensão de um membro. Essa intensidade é medida em N/m.
Os efeitos externos causados por um carregamento distribuído coplanar atuando
Essa força resultante é equivalente à área sob o diagrama do carregamento e tem
uma linha de ação que passa pelo centroide e ou centro geométrico dessa área.
Exemplo 4.21
a
b
2
b
F R
w 0
A viga sustentando esta pilha de
madeira está sujeita a uma carga
uniforme de w O . A força resultante é,
portanto, igual à área sob o
diagrama de carga F R = w O b. Ela
atua através do centroide ou centro
geométrico dessa área, b/2 a partir
do suporte.
Determine a intensidade e a posição da força resultante equivalente que agem sobre
a.
SOLUÇÃO
Como w = w(x) é fornecido, este problema será revolvido por integração.
O elemento diferencial possui uma área dA = w dx =x 2 dx
+ . FR
= RF;
2m
3 2m
3 3
2
F dA 60x dx 60
x
60
2 0
R = # = # = c m = c - m
A
0
3 0 3 3
= 160 N
A posição x de F R medida a partir do ponto Ob) é determinada por:
# #
#
2m
4
2
xdA x^60x h dx 60c x
m 60c
2
-
0
m
A
0
4 0 4 4
x = = = =
dA 160 N 160 N 160 N
A
= 15 , m
2m
4 4
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 e
a, temos:
m N/
m
A
ab 2 ^240
h
= = = 160 N e x =
3
a = 3 ^ 2 mh
= 1,5 m
3 3
4 4
w
O
w
O
w = (60 x 2 )N/m
dA = w dx
x
2 m
x = 1,5 m
(a)
(b)
(b)
Figura 4.49
dx
240 N/m
F R = 160 N
C
x
x
Exemplo 4.22
Um carregamento distribuído de p =x) Pa atua sobre a superfície superior da
a. Determine a intensidade e a posição da força resultante
equivalente.
p
p = 800x Pa
7200 Pa
x
y
0,2 m
x
9 m
(a)
Figura 4.50

| 136 | Estática
w
x
w 160x N/m
9 m
(b)
1440 N/m
x
SOLUÇÃO
Como a intensidade do carregamento é uniforme ao longo da largura da viga (o eixo y),
b. Aqui:
W =x N/m 2 =x) N/m
Em x =w =
se encontra nos apêndices.
A intensidade da força resultante é equivalente à área do triângulo.
F
1 9 m 1440
R = ^ h^
N/ mh= 6480 N = 6,48 kN
2
F R
6,48 kN
A linha de ação de F R passa pelo centroide C
x
6 m
3 m
C
x = 9m - 1 ^ 9 m h=
6m
3
c.
(c)
Figura 4.50
NOTA: Também podemos ver a resultante F R como atuante através do centroide do
volume do diagrama do carregamento p = p(xa. Consequentemente,
F R intercepta o plano x–yF R é igual
ao volume sob o diagrama do carregamento; ou seja,
F V
1 7200
2
R = = ^ Nm / h^ 9 mh^
0 , 2 mh=
6,48 kN
2
Exemplo 4.23
100 kN/m
A
9 m
(a)
50 kN/m
F 1 F2
50 kN/m A
x 1x2
9 m
(b)
Figura 4.51
50 kN/m
B
B
O material granular exerce um carregamento distribuído sobre a viga como mostra
a Figura 4.51a. Determine a intensidade e a posição da resultante equivalente dessa
carga.
SOLUÇÃO
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 fórmulas não são lembradas facilmente, 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
4.51b. A intensidade da força representada por cada um desses carregamentos é
igual à sua área associada,
F
1
1 = ^ 9 mh^
50 kN/
mh=
225 kN
2
F = ^9 mh^50 kN/
mh=
450 kN
2
As linhas de ação dessas forças paralelas age através do centroide de suas áreas
associadas e, portanto, interceptam a viga em:
x
1
1 = ^ 9 mh
= 3 m
3
x
1
2 = ^ 9 mh
= 4 , 5 m
2
As duas forças paralelas F 1 e F 2 F R . A
intensidade de F R é:
+ . F = RF;
F R = 225 + 450 = 675 kN
R

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 137 |
Podemos determinar a posição de F R com referência ao ponto A (figuras 4.51b e
4.51c). Precisamos de:
c+ MRA
= RMA; x^675h= 3^225h+
4,
5^450h
x = 4 m
A
x
F R
B
NOTA: A área trapezoidal na Figura 4.51a também pode ser dividida em duas áreas
triangulares, como mostra a Figura 4.51d. Neste caso,
F
1
3 = ^ 9 mh^
100 kN/
mh=
450 kN
2
F
1
4 = ^ 9 mh^
50 kN/
mh=
225 kN
2
e
x
1
3 = ^ 9 mh
= 3 m
3
x 9 m
1
4 = - ^ 9 mh
= 6 m
3
100 kN/m
A
x 3
(c)
F 3 F 4
50 kN/m
x 4
9 m
(d)
NOTA: Usando esses resultados, mostre novamente que F R = 675 kN e x = 4 m.
Figura 4.51
Problemas fundamentais
4.37. Determine a força resultante e especifique onde ela
atua na viga, medindo a partir do ponto A.
9 kN/m
6 kN/m
3 kN/m
4.40. Determine a força resultante e especifique onde ela
atua na viga, medindo a partir do ponto A.
4 kN/m 2,5 kN
3 kN/m
A
B
A
B
1,5 m
3 m 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/m
2 m 1 m 1 m
Problema 4.40
4.41. Determine a força resultante e especifique onde ela
atua na viga, medindo a partir do ponto A.
6 kN/m
3 kN/m
A
B
A
B
1,8 m 2,4 m
Problema 4.38
4,5 m
Problema 4.41
1,5 m
4.39. Determine a força resultante e especifique onde ela
atua na viga, medindo a partir do ponto A.
A
6 kN/m
B
4.42. Determine a força resultante e especifique onde ela
atua na viga, medindo a partir do ponto A.
w
A
w 2,5x 3 160 N/m
x
3 m
6 m
Problema 4.39
4 m
Problema 4.42

| 138 | Estática
Problemas
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
10 kN/ m
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 equivalente
e especifique sua posição, medida a partir do ponto O.
O
A
1 kN/m
2 kN/m
B
3 m
3 m
3 m
6 kN/m
3,6 m 2,7 m
Problema 4.142
Problema 4.146
4.143. Substitua o carregamento distribuído por uma força
resultante equivalente e especifique sua posição na viga,
medindo a partir de A.
A
8 kN/ m
B
4 kN/ m
4.147. Determine as intensidades w 1 e w 2 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.
0,5 m
1 m 2 m
6 kN/m
3 m 3 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 N/m
A
w 1
Problema 4.147
B
w 2
A
200 N/m
B
*4.148. Os tijolos sobre a viga e os apoios na sua base criam
o carregamento distribuído 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.
2 m
3 m
Problema 4.144
Substitua o carregamento distribuído por uma força
resultante equivalente e especifique sua posição na viga,
medindo a partir de A.
0,5 m
3 m
d
200 N/m
w 0 w 0
A
A
B
0,5 m
75 N/m
w
L
–– 2
L ––2
3 m
d
Problema 4.145
Problema 4.148

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 139 |
A pressão do vento atuando sobre um painel triangular
é uniforme. Substitua esse carregamento por uma força e
momento de binário resultante equivalentes no ponto O.
z
150 Pa
1,2 m 0,1 m
1,2 m
*4.152. O vento soprou a areia sobre uma plataforma de
modo que a intensidade da carga pode ser aproximada pela
função w = x 3 ) N/m. Simplifique esse carregamento
distribuído para uma força resultante equivalente e especifique
sua intensidade e posição medida a partir de A.
w
500 N/m
1 m
w = (0,5x 3 )N/m
O
y
A
x
x
Problema 4.149
4.150. A viga está sujeita ao carregamento distribuído.
Determine o comprimento b do carregamento 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.
a
b
1 kN/m
10 m
Problema 4.152
O concreto molhado exerce uma distribuição de
pressão ao longo das paredes da forma. 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.
p
1,5 kN/m
3 m
1,8 m
4 m
p = (4 z
1/2 ) kPa
Problema 4.150
4.151.
causadas por colisões traseiras de automóveis. Para minimizar
esse problema, tem sido desenvolvido um apoio de banco
automobilístico que fornece 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.
0,15 m
B
A
200 N/m
300 N/m
w
w = 200(1 + 200x 2 ) N/m
9
h
z
Problema 4.153
8 kPa
4.154. Substitua o carregamento distribuído por uma força
resultante equivalente e especifique sua posição na viga,
medindo a partir do ponto A.
8 kN/m
A
w
w –– 1 (4 x ) 2
2
B
x
x
Problema 4.151
4 m
Problema 4.154

| 140 | Estática
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.
1 kN/m
1 kN/m
B
4.159. O carregamento distribuído atua sobre a viga
conforme ilustrado. Determine a intensidade máxima w máx .
Qual é a intensidade da força resultante equivalente?
Especifique onde ela atua, medindo a partir do ponto B.
w
w = (−2x 2 + 4x + 16) kN/m
1,2 m
A
B
x
2 kN/m
A
60°
1,8 m
Problemas 4.155/156
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
força resultante e especifique sua posição, medindo a partir
do ponto A.
48 kN/m
A
w
B
w = (48 − 0,75x 2 ) kN/m
C
x
4 m
Problemas 4.158/159
*4.160. O carregamento distribuído atua sobre a viga
conforme ilustrado. Determine a intensidade da força
resultante equivalente e especifique sua posição, medindo a
partir do ponto A.
w
w = (− 2 x 2 + 17x + 4) kN/m
15 15
4 kN/m
A
10 m
Problema 4.160
2 kN/m
B
x
Se a distribuição da reação do solo sobre o tubo por
metro de comprimento pode ser aproximada como mostrado,
determine a intensidade da força resultante devido a esse
carregamento.
4 m
8 m
0,5 kN/m
Problema 4.157
θ
0,8 m
4.158. O carregamento distribuído atua sobre a viga
conforme ilustrado. Determine a intensidade da força
resultante equivalente e especifique onde ela age, medindo
a partir do ponto A.
1 kN/m
Problema 4.161
w = 0,5 (1 + cos θ) kN/m

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 141 |
REVISÃO DO CAPÍTULO
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 à linha de ação da força.
A direção do momento é definida usando a regra
da mão direita. M O 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 fácil
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.
M O = Fd
M O = Fd = F x y – F y x
F
y
d
O
Eixo do momento
M O
d
O
F y
x
y
F
F x
x
Momento de uma força — definição vetorial
Como a geometria tridimensional normalmente
é mais difícil de visualizar, o produto vetorial
deve ser usado para determinar o momento.
Aqui, M O = r # F, onde r é um vetor posição
que se estende do ponto O a qualquer ponto A,
B ou C sobre a linha de ação de F.
Se o vetor posição r e a força F são expressos
como vetores cartesianos, então, o produto vetorial
resulta da expansão de um determinante.
M O = r A # F = r B # F = r C # F
i j k
MO
= r#
F = rx
ry
rz
F F F
x
y
z
M O
x
z
C
r C
r B
O
B
F
A
r A
y
Momento em relação a um eixo
Se o momento de uma força F precisa ser determinado
em relação a um eixo arbitrário a, então
a projeção do momento sobre o eixo precisa ser
obtida. Desde que a distância d a , que é perpendicular
tanto à linha de ação da força quanto ao eixo,
possa ser determinada, então o momento da força
em relação ao eixo pode ser determinado 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 a 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 a é calculado como um escalar negativo, então
o sentido da direção de M a é oposto a u a .
M a = Fd a
ua
Ma
= ua$ ^r#
Fh=
rx
F
x
ua
ry
F
y
ua
rz
F
x y z
z
a
M a
r
Eixo da projeção
a
M a
u a
a
r
d a
F
F

| 142 | 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.
M = Fd
M = r # F
F
–F
B
d
F
r
A
–F
Simplificação de um sistema de forças e
binários
Qualquer sistema de forças e binários pode ser
de binário resultante agindo em um ponto. A força
resultante é a soma de todas as forças do sistema,
F R = RF, 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.
M RO = RM O + RM.
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 colinear.
b
a
M R O
F 2
M
F R
O
F R
O
F R
F 1
M RO
O r 1 O
r 2
F R
a
M RO
M RO
b d
F R a
b
a
b
P
O
F R
M
O
P
d
a
b
b
a
Carregamento distribuído coplanar
Um carregamento distribuído simples pode ser
representada por sua força resultante, que é equivalente
à área sob a curva do carregamento. Essa
resultante possui uma linha de ação que passa pelo
centroide ou centro geométrico da área ou volume
sob o diagrama do carregamento.
O
w
w w ( x )
L
x
O
A
x
L
F R
C

Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 143 |
Problemas
4.162. A viga está sujeita ao carregamento parabólica.
Deter mine um sistema de força e binário equivalente no
ponto A.
w
8 kN/m
4.166. A lança do elevador é estendida até a posição
momento dessa força em relação à conexão em A.
w = (8 x 2 ) kN/m
7,5 m
0,6 m
O
1 m
A
x
A
50°
Problema 4.162
4.163. Dois binários atuam sobre a estrutura. Se o momento
de binário resultante deve ser zero, determine a distância d
0,9 m
500 N
30°
d
0,9 m
B
5
4
750 N
3
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 porta.
z
C
A
30°
500 N
1,2 m
30°
2,5 m 1,5 m
A
F C = 250 N
a
750 N
5
4
3
Problema 4.163
*4.164. Determine os ângulos de direção coordenados , ,
da força F que é aplicada na extremidade do encanamento,
de modo que o momento de F em relação a O seja zero.
Determine o momento da força F em relação ao
ponto O. A força possui ângulos de direção coordenados de
= = =
vetor cartesiano.
F = 100 N
z
x
a
1 m
B
0,5 m
Problemas 4.167/168
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 momento
de cada força em relação ao ponto O. Considere F =
{25k} N.
4.170. Se o momento de binário atuando no encanamento
$ m, determine a intensidade
F da força vertical aplicada em cada chave.
z
y
O
y
250 mm
150 mm
300 mm
O
200 mm
F
y
150 mm
B
x
200 mm
150 mm
Problemas 4.164/165
x
–F
400 mm
200 mm
A
Problemas 4.169/170

| 144 | Estática
4.171. Substitua a força em A por uma força e momento de
binário resultante equivalente no ponto P. Expresse o
resultado na forma de um vetor cartesiano.
z
10 m
P
6 m
6 m
4 m
8 m
F = 120 kN
A
8 m
y
*4.172.
Determine o momento dessa força em relação ao ponto O.
Especifique os ângulos de direção coordenados , , do
eixo do momento.
Qual é a intensidade do momento dessa força em relação ao
eixo z?
z
50 mm
B
O
200 mm
A
30 N
45°
45°
10 mm
y
x
Problema 4.171
x
Problemas 4.172/173

CAPÍTULO
5
Equilíbrio de um corpo rígido
Objetivos 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.
5.1 Condições de equilíbrio do corpo rígido
Nesta seção, desenvolveremos as condições necessárias e suficientes para o
equilíbrio do corpo rígido na Figura 5.1a. 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.
F 1
M 2
F 3
F 4
O
M 1
F 2
(a)
Figura 5.1
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 momento
de binário resultante equivalentes em qualquer ponto O arbitrário dentro ou fora do

| 146 | Estática
(M R ) O = 0
O
(b)
(M R ) O = 0
O
r
A
(c)
Figura 5.1
F R = 0
F R = 0
corpo (Figura 5.1b). 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:
F R = RF = 0
(M R ) O = RM O = 0 (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 5.1c. Precisamos de:
RM A = r # F R + (M R ) O = 0
Como r0, essa equação é satisfeita apenas se as equações 5.1 forem satisfeitas,
ou seja, se F R = 0 e (M R ) O = 0.
Ao aplicarmos as equações de equilíbrio, assumiremos que o corpo permanece
rígido. Na verdade, entretanto, todos os corpos deformam quando sujeitos a cargas.
Embora esse seja o caso, muitos dos materiais usados em engenharia, 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 permanecerá
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 permanecem
invariáveis antes e após o corpo ser carregado.
W
G
2T
Figura 5.2
R
EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES
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 central 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.
5.2 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 |
Reações 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 apoios
e 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 folhas que são fixas no solo.
Aqui, o pino pode impedir a translação da viga em qualquer direção (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 x e F y (Figura 5.3e). Se F x e F y são conhecidas, então F
e podem ser calculadas.
A maneira mais restritiva de apoiar a viga seria usar um apoio fixo, como mostra
a (Figura 5.3f). 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 x e F y .
A Tabela 5.1 relaciona outros tipos comuns de apoio para corpos sujeitos a
sistemas de forças coplanares. (Em todos os casos, assume-se que o ângulo 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.
(a)
(d)
(f)
(c)
Figura 5.3
(b)
(g)
(e)
TABELA 5.1 | Apoios para corpos rígidos sujeitos a sistemas de forças bidimensionais
(1)
(2)
Tipos de conexão Reação Número de incógnitas
Uma incógnita. A reação é uma força
de tração que atua para fora do
membro na direção do cabo.
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua ao longo do eixo e ligação.
(3)
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
(continua)

| 148 | Estática
(4)
Tipos de conexão Reação Número de incógnitas
(continuação)
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua perpendicularmente a ranhura.
(5)
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
(6)
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
(7)
Uma incógnita. A reação é uma força
que atua perpendicularmente à barra.
(8)
θ
pino liso ou dobradiça
F y
F x
ou
F
ϕ
Duas incógnitas. As reações são duas
componentes da força, ou a intensidade e
a direção da força resultante. Note que
enão são necessariamente iguais
[normalmente não, a menos que a barra
mostrada seja uma ligação como em (2)].
(9)
membro fixo conectado
ao colar em haste lisa
F
M
Duas incógnitas. As reações são o
momento de binário e a força que age
perpendicularmente à barra.
(10)
apoio fixo
ou engaste
M
F y F
F x ϕ
ou
M
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 cabo exerce
uma força sobre o
apoio, na direção
do cabo. (1)
O apoio oscilante para esta viga
mestra de ponte permite um
movimento horizontal de modo
que a ponte esteja livre para se
expandir e contrair devido às
variações de temperatura. (5)

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 149 |
Esta viga mestra de concreto está
apoiada sobre a base que deve
agir como uma superfície de
contato lisa. (6)
Esta construção utilitária está
apoiada por pinos no alto da
coluna. (8)
As vigas do piso desta construção
são juntas soldadas e, portanto,
formam conexões fixas. (10)
Forças internas
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 essas forças
se cancelam mutuamente, elas não criarão um efeito externo sobre o corpo. É 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 colineares iguais e opostos. Apenas as forças externas T 1 e T 2 , exercidas pelas
correntes e pelo peso do motor W, são mostradas no diagrama de corpo livre.
T 2 T 1
G
(a)
W
(b)
O peso e o centro de gravidade
Figura 5.4
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,
de centro de gravidade. Os métodos utilizados para sua determinação serão desenvolvidos
no Capítulo 9.
Nos exemplos e 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 G será dada.

| 150 | Estática
A
(a)
(b)
Figura 5.5
B
Modelos idealizados
Quando um 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 habilidade 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 utilizada 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 ocorra
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. Normas de edificação são usadas para especificar
a carga A de um telhado de modo que as cargas de viga F possam ser calculadas.
Essas forças serão maiores do que qualquer carga real na viga, uma 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. Quando 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 objetos 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.
A
B
C
(a)
(b)
Figura 5.6

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 151 |
Procedimento para análise
Para construir um diagrama de corpo livre para um corpo rígido ou qualquer
grupo de corpos considerados como um sistema único, as etapas a seguir devem ser
realizadas:
Desenhe a forma esboçada
Imagine que o corpo esteja isolado ou ‘livre’ de suas restrições e conexões, e
desenhe (esboce) sua forma.
Mostre todas as forças e momentos de binário
Identifique todas as forças externas e momentos de binário conhecidos e
desconhecidos que atuam sobre o corpo. Em geral, as forças encontradas se devem
a (1) 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 útil rastrear os contornos, observando cuidadosamente cada
força ou momento de binário que age sobre eles.
Identifique cada carga e dimensões dadas
As forças e momentos de binário que são conhecidas devem ser indicadas com
suas intensidades e direções corretas. Letras são usadas para representar as intensidades
e ângulos de direção das forças e momentos de binário que são desconhecidos.
Estabeleça um sistema de coordenadas x, y de modo que essas incógnitas, A x , A y etc.,
possam ser identificadas. Finalmente, indique as dimensões do corpo necessárias para
calcular os momentos das forças.
Pontos importantes
Nenhum 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 rotação 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 colineares 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 são vetores livres. As forças podem agir em qualquer
ponto ao longo de suas linhas de ação, já que são vetores deslizantes.

| 152 | Estática
Exemplo 5.1
Desenhe um diagrama de corpo livre da viga uniforme mostrada na Figura 5.7a. A
viga possui uma massa de 100 kg.
(a)
SOLUÇÃO
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 x , A y e M A .
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 uniforme.
(b)
Figura 5.7
Exemplo 5.2
(a)
Figura 5.8
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 B é 100 N.
SOLUÇÃO
Por observação da foto, o pedal é aparafusado frouxamente à estrutura em A. A barra
em B 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 diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 5.8c. O apoio pinado em
A exerce componentes de força A x e A y sobre o pedal. A ligação em B exerce uma
força de 100 N, atuando na direção da ligação. Se a rigidez é medida e determinada
a ser k = 5 N/m, então, como o alongamento s = 40 mm, usando a Equação 3.2,
F s = 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 |
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 assumidos. Os sentidos corretos se tornarão claros após resolvermos as equações
de equilíbrio.
F
F
100 N
B
40 mm
B
200 N
40 mm
A
k = 5 N/m
25 mm
A
A x
25 mm
125 mm
125 mm
A y
(b)
(c)
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.
SOLUÇÃO
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 dimensões foram
acrescentadas e a situação física reduzida à sua forma mais simples.
O diagrama de corpo livre para o tubo A é mostrado na Figura 5.9c. Seu peso é
W = 300(9,81) N = 2 943 N. Considerando que todas as superfícies de contato são
lisas, as forças reativas T, F, R agem em uma direção normal à tangente em suas
superfícies de contato.
(b)
(c)
(a)
(d)
O diagrama de corpo livre do tubo B 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 B (Figura 5.9d), é igual e oposta a R representando a força de B
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 B, é considerada uma
força interna e, portanto, não é mostrada no diagrama de corpo livre. Ou seja, ela
representa um par de forças colineares iguais, mas opostas, o que faz com que uma
cancele a outra.
(e)
Figura 5.9

| 154 | Estática
Exemplo 5.4
(b)
(c)
Figura 5.10
(a)
SOLUÇÃO
Problemas
•5.1.
5.2.
1950 N
35 mm
1200 N ∙ m
13 12
5
G
A
B
A
30°
30°
2,4 m
1,2 m 0,9 m
B
Problema 5.1
Problema 5.2

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 155 |
5.3.
5.6.
3,6 m
D
A
G 1,5 m
1 m
3 m
B
20° 30°
C
5,4 m
13
5
B
C
12
G
Problema 5.3
*5.4.
A
D
B
4 5
3
2 m 2 m
E
1,5 m
C
A
30°
Problema 5.6
5.7.
100 N
A
Problema 5.4
25 mm
B
•5.5.
B
30°
A
150 mm
Problema 5.7
*5.8.
2,5 kN
C
D
C
2 m
A
45°
60°
4 kN ∙ m
B
3 m
3 kN 4 kN
2 m 2 m 2 m
4 m
6 m
Problema 5.5
Problema 5.8

| 156 | Estática
Desenhe o diagrama de corpo livre da barra, que possui
uma espessura desprezível e pontos de contato lisos em A,
B e C. Explique o significado de cada força em ação no
diagrama. (Veja a Figura 5.7b.)
75 mm
C
30°
B
125 mm
A
200 mm
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.)
B
75 mm
A
50 mm
150 mm
50 N
30°
C
Problema 5.9
Desenhe o diagrama de corpo livre do guincho, que
consiste de um tambor de raio 100 mm. Ele está conectado
100 mm
2500 N
Problema 5.10
Problemas conceituais
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 B.
Mostre seu resultado em uma vista. Rotule quaisquer
dimensões necessárias.
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.
A
A
B
B
Problema 5.3
Problema 5.1
Desenhe o diagrama de corpo livre do estabilizador ABC
usado para apoiar uma escavadeira. O pino superior B é conectado
ao cilindro hidráulico, que pode ser considerado uma ligação
curto (membro de duas forças); a sapata em A é lisa e o esta bilizador
está conectado à estrutura por meio de um pino em C.
Desenhe o diagrama de corpo livre da roda e o membro
ABC 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 uma conexão de pino em B.
D
C
B
A
B
C
A
Problema 5.2
Problema 5.4

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 157 |
5.3 Equações de equilíbrio
Na Seção 5.1, desenvolvemos as duas equações que são necessárias e suficientes
para o equilíbrio de um corpo rígido, a saber, RF = 0 e RM O = 0. Quando o corpo
está sujeito a um sistema de forças, todas situadas no plano x–y, então as forças
podem ser decompostas em suas componentes x e y. Consequentemente, as condições
para o equilíbrio em duas dimensões são:
RF x = 0
RF y = 0
RM O = 0
(5.2)
Aqui, RF x e RF y representam as somas algébricas respectivamente das
componentes x e y de todas as forças agindo sobre o corpo; e RM O representa a
soma algébrica dos momentos de binário e os momentos de todas as componentes
de força em relação ao eixo z, que é perpendicular ao plano x–y e passa pelo ponto
arbitrário O.
Conjuntos alternativos de equações de equilíbrio
F 2
y
x
A
F 4
F 3
F 1
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
RF x = 0
RM A = 0
B
C
(a)
RM B = 0 (5.3)
Ao usar essas equações, é necessário que uma linha passando pelos pontos A e
B não seja paralela ao eixo y. Para provar que as equações 5.3 oferecem as condições
para o equilíbrio, considere o diagrama de corpo livre da placa mostrada na Figura
5.11a. Usando os métodos da Seção 4.8, todas as forças no diagrama de corpo livre
podem ser substituídas por uma força resultante equivalente F R = RF, atuando no
ponto A, e um momento de binário resultante M RA = RM A (Figura 5.11b). Se RM A = 0
for satisfeita, é necessário que M RA = 0. Além disso, para que F R satisfaça RF x = 0,
ela não pode ter qualquer componente ao longo do eixo x e, portanto, F R precisa ser
paralela ao eixo y (Figura 5.11c). Finalmente, se for necessário que RM B = 0, onde
B não se encontra na linha de ação de F R , então F R = 0. Como as equações 5.3
mostram que essas duas resultantes são iguais a zero, sem dúvida, o corpo na
Figura 5.11a só pode estar em equilíbrio.
Um segundo conjunto alternativo de equações de equilíbrio é:
RM A = 0
RM B = 0
B
y
y
M RA
A
x
C
(b)
F R
A
F R
x
RM C = 0 (5.4)
Aqui é necessário que os pontos A, B e C não estejam na mesma linha. Para
provar que essas equações, quando satisfeitas, garantam o equilíbrio, considere
novamente o diagrama de corpo livre na Figura 5.11b. Se RM A = 0 precisa ser
satisfeita, então M RA = 0. RM C = 0 é satisfeita se a linha de ação de F R passar pelo
ponto C como mostrado na Figura 5.11c. Finalmente, se precisamos de RM B = 0, é
necessário que F R = 0 e, portanto, a placa na Figura 5.11a precisa estar em equilíbrio.
B
C
(c)
Figura 5.11

| 158 | Estática
Procedimento para análise
Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para um corpo rígido podem ser
resolvidos usando o seguinte procedimento.
Diagrama de corpo 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, RM O = 0, em relação a um
ponto (O) localizado na interseção das 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, RF x = 0 e RF y = 0, 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
(a)
Determine 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.
(b)
Figura 5.12
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Identifique cada uma das forças mostradas no diagrama de corpo livre da viga (Figura
5.12b). (Veja o Exemplo 5.1.) 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 | 159 |
Equações de equilíbrio
Somando as forças na direção x, temos:
" + R F x = 0; 600 cos 45° N - Bx
= 0
Bx
= 424 N
Uma solução direta para A y pode ser obtida aplicando-se a equação de momento
RM B = 0 em relação ao ponto B.
e+ RM B = 0; 100 N^2 mh+
^600 sen 45° Nh^5
mh
-^600 cos 45° Nh^02 , mh- Ay^7mh=
0
Ay
= 319 N
Somando as forças na direção y, usando esse resultado, produz:
+ - RF y = 0; 319 N-600 sen 45° N-100 N- 200 N+ By
= 0
By
= 405 N
NOTA: Podemos conferir esse resultado somando os momentos em relação ao ponto A.
e+ RM B = 0; -^600 sen 45° Nh^2mh-^600 cos 45° Nh^0,
2mh
-^100 Nh^5 mh- ^200 Nh^7 mh+ By^7 mh=
0
By
= 405 N
0,2 m
Exemplo 5.6
A corda mostrada na Figura 5.13a suporta uma força de 500 N e contorna a polia
sem atrito. Determine a tração na corda em C e as componentes vertical e horizontal
da reação no pino A.
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
Os diagramas de corpo livre da corda e da polia são mostrados na Figura 5.13b. Note
que o princípio 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 superfície 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 interna a esse ‘sistema’ e, portanto, seja eliminada da análise
(Figura 5.13c).
Equações de equilíbrio
Somando os momentos em relação ao ponto A para eliminar A x e A y (Figura 5.13c),
temos:
e+ RM B = 0; 500N^02 , mh- T^02 , mh=
0
T = 500 N
Usando o resultado,
+
" R F x = 0; - Ax
+ 500 sen 30° N = 0
Ax
= 250 N
+ - RF y = 0; Ay
-500 N- 500 cos 30° N = 0
Ay
= 933 N
NOTA: Observe que a tração permanece constante conforme a corda passa pela polia.
(Isso, sem dúvida, é verdade para em que a corda seja direcionada
e para qualquer raio r da polia.)
A
θ = 30°
C
500 N
(a)
p
30°
500 N
T
(b)
0,2 m y
A
A x
A y
θ = 30°
500 N
(c)
Figura 5.13
p
A
A x
A y
x
T

| 160 | 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 B. Determine as componentes horizontal e vertical da reação
no ponto A.
(a)
(b)
Figura 5.14
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Como mostra a Figura 5.14b, a reação N B é perpendicular ao membro em B. Além
disso, as componentes horizontal e vertical da reação são representadas em A.
Equações de equilíbrio
Somando os momentos em relação a A, obtemos uma solução direta para N B ,
e+ RM A = 0; -90 N$
m- 60 N^1 mh+ NB^0,
75 mh=
0
NB
= 200 N
Usando esse resultado,
+
" R F x = 0; Ax
- 200 sen 30°
N = 0
Ax
= 100 N
" + R F x = 0; Ay
-200 cos 30° N - 60 N = 0
Ay
= 233 N
Exemplo 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 torque ou momento aplicado
ao parafuso e a força da chave sobre o parafuso.
A
0,3 m 0,4 m
B
13 12
5
C
60°
52 N 30 N
(a)
(b)
Figura 5.15

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 161 |
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
O diagrama de corpo livre para a chave é mostrado na Figura 5.15b. Uma vez que
o parafuso age como um ‘apoio fixo’, ele exerce componentes de força A x e A y e um
momento M A sobre a chave em A.
Equações de equilíbrio
" + R F x = 0; A 52 5
x - c mN+ 30 cos 60° N =
13
0
Ax
= 5 N
+ - RF y = 0; A 52
12
y - c mN - 30 sen 60° N = 0
13
Ay
= 74 N
e+ RM
0; M 52
12
A = A-; c m NE^0, 3 mh- ^30 sen60° Nh^0,
7 mh=
0
13
MA
= 32,
6 N$
m
Observe que M A precisa ser incluído nessa soma de momentos. Esse momento de
binário é um vetor livre e 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:
2 2
FA
= ^5h
+ ^74h
= 74,1 N
NOTA: Embora apenas três equações de equilíbrio independentes possam ser escritas
para um corpo rígido, é uma boa prática verificar os cálculos usando uma quarta
equação de equilíbrio. Por exemplo, os cálculos anteriores podem ser parcialmente
checados somando os momentos em relação ao ponto C:
e + / M 0; 52
12
C = ; c m NE^04 , mh+ 326 , N$
m- 74N^07 , mh=
0
13
19, 2 N$ m+ 32, 6 N$ m- 51,
8 N$
m = 0
Exemplo 5.9
Determine as componentes horizontal e vertical da reação sobre o membro no pino A
e a reação normal no rolete B da Figura 5.16a.
3750 N
3750 N
0,9 m
0,9 m
0,9 m 0,9 m
A
0,6 m
A
y
0,6 m
(a)
B
30°
A x
A y
N B
(b)
x
B
30°
Figura 5.16
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 5.16b. O pino em A exerce duas
componentes de reação sobre o membro, A x e A y .

| 162 | Estática
Equações de equilíbrio
A reação N B pode ser obtida diretamente somando os momentos em relação ao
ponto A, já que A x e A y não produzem momento algum em relação a A.
e+ RM A =
0;
[N B cos 30°] (1,8 m) – [N B sen 30°] (0,6 m) – 3750N (0,9 m) = 0
Usando esse resultado,
N B = 2681N
+
" R F x =
0;
A x – (2681 N) sen 30° = 0
A x = 1340,5 N
+ - RF y = 0; A y + (2681 N) cos 30° – 3750 N = 0
A y = 1428,2 N
Exemplo 5.10
(a)
O bastão liso uniforme mostrado na Figura 5.17a 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, determine as reações nesses suportes. Ignore o
peso do bastão.
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Como mostra a Figura 5.17b, todas as reações de apoio agem normalmente sobre as
superfícies de contato, já que essas superfícies 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:
+
" R F x =
0;
Cylsen
30° + Bylsen
30° - Ax
= 0
(1)
+ - RF y = 0; - 300 N + Cylcos
30° + Bylcos
30° = 0
(2)
e+ RM A =
0;
- Byl^2 mh+ 4000 N$
m-
Cyl^6
mh
+ ^300 cos 30° Nh^8mh = 0
(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 y' = –1000 N = –1 kN
C y' = 1346,4 N = 1,35 kN
(b)
Figura 5.17
Como B y' é um escalar negativo, o sentido de B y' 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 negativo para B y' (Por quê?) e substituindo os
resultados na Equação 1, obtemos:
1346,4 sen 30° N + (–1000 sen 30° N) – A x = 0
A x = 173 N

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 163 |
Exemplo 5.11
A rampa uniforme do caminhão mostrada na Figura 5.18a possui um peso de 1600 N
e está conectada por pinos à carroceria do caminhão em cada lado e mantida na
posição mostrada pelos dois cabos laterais. Determine a tração nos cabos.
SOLUÇÃO
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
tração dos cabos. Usando o princípio dos momentos, existem várias maneiras de
determinar o momento de T em relação a A. Se usarmos as componentes x e y, com
T aplicado em B, temos:
e+ RM A = 0; –T cos 20° (2 sen 30° m) + T sen 20° (2 cos 30° m)
+1600 N (1,5 cos 30° m) = 0
T = 5985 N
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:
e+ RM A = 0; –T sen 10° (2 m) + 1600 N (1,5 cos 30° m) = 0
T = 5985 N
Como existem dois cabos sustentando a rampa,
Tl
=
T
= 2992,5 N
2
NOTA: Como um exercício, mostre que A x = 5624 N e A y = 3647 N.
(a)
B
0,5 m G
20°
1,5 m
30°
(b)
y
B
20°
T
0,5 m
G
1600 N
10°
1,5 m 30°
(c)
Figura 5.18
A y
A
x
A
A x
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 N
900 N
A
1,5 m 1,5 m
1 m
1,5 m 1,5 m
1 m
A x
M A
500 N ∙ m
45°
A
y
500 N ∙ m
45°
B
B
x
N B
(a)
(b)
Figura 5.19

| 164 | Estática
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
O diagrama de corpo livre do membro é mostrado na Figura 5.19b. O colar exerce
uma força horizontal A x e o momento M A sobre o membro. A reação N B do rodízio
sobre o membro é vertical.
Equações de equilíbrio
As forças A x e N B podem ser determinadas diretamente através das equações de
equilíbrio de força.
+
" R F x = 0; A x = 0
+ - RF y = 0; N B – 900 N = 0
N B = 900 N
O momento M A pode ser determinado pela soma dos momentos em relação ao ponto
A ou ao ponto B.
e+ RM B = 0;
M A – 900 N (1,5 m) – 500 N $ m + 900 N [3 m + (1 m) cos 45°] = 0
M A ]
= –1486 N $ m = 1,49 kN $ m
ou
e+ RM B = 0; M A + 900 N [1,5 m + (1 m) cos 45°] – 500 N $ m = 0
M A = –1486 N $ m = 1,49 kN $ m ]
O sinal negativo indica que M A possui o sentido de rotação oposto ao que é mostrado
no diagrama de corpo livre.
5.4 Membros de duas e três forças
B
A conexão da caçamba AB na
retroescavadeira 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 as forças do
pino atuam sobre este membro.
A
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 forças
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 A e F B precisam ser iguais em
intensidade (F A = F B = F), mas opostas em direção (RF = 0) (Figura 5.20b). Além
disso, o equilíbrio de momentos exige que F A e F B compartilhem a mesma linha de
ação, o que só pode ocorrer se eles estiverem direcionados ao longo da linha unindo
os pontos A e B (RM A = 0 ou RM B = 0) (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.
A
F A = F
A
F A = F
B
(a) F B = F (b) F B = F (c)
B
A FA
F B
Membro de duas forças
Figura 5.20

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 165 |
Membros de três forças
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 concorrentes ou paralelas. Para ilustrar, considere o
membro sujeito às três forças F 1 , F 2 e F 3 mostradas na Figura 5.21a. Se as linhas de
ação de F 1 e F 2 se interceptam no ponto O, então a linha de ação de F 3 também
precisa passar pelo ponto O para que as forças satisfaçam RM O = 0. Como um caso
especial, se todas as três forças forem paralelas (Figura 5.21b), o local do ponto de
interseção O se aproximará do infinito.
O
F 2 F 2
A
F A
B
F B
A ligação usada para este freio de
vagão ferroviário é um membro de
três forças. Como a força F B na
barra em B e F C da ligação em C
são paralelas, então, para o
equilíbrio, a força resultante F A no
pino A também precisa ser paralela a
essas duas forças.
C
F C
O
F 1
F 3
(a)
Membro de três forças
F 1
(b)
F 3
F A
A
F B
B
W
Exemplo 5.13
Figura 5.21
A alavanca ABC é sustentada por pino em A e conectada a uma ligação curta BD,
como mostra a Figura 5.22a. Se o peso dos membros é desprezado, determine a força
do pino sobre a alavanca em A.
A lança e a caçamba nesse elevador
é um membro de três forças, já que
seu peso é desprezado. Aqui, as
linhas de ação do peso do
funcionário, W, e a força do membro
de duas forças (cilindro hidráulico)
em B, F B , se interceptam em O. Para
o equilíbrio de momento, a força
resultante no pino A, F A , também
precisa estar direcionada para O.
(b)
(a)
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
Como mostra a Figura 5.22b, a ligação curta BD é um membro de duas forças e,
portanto, as forças resultantes nos pinos D e B precisam ser iguais, opostos e
colineares. Embora a intensidade das forças seja desconhecida, a linha de ação é
conhecida, já que ela passa por B e D.
A alavanca ABC 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 B é
igual mas oposta à força F que age em B 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.
(c)
Figura 5.22

| 166 | Estática
Equações de equilíbrio
Requerendo-se que o sistema de forças seja concorrente em O, uma vez que
RM O = 0, o ângulo que define a linha de ação de F A pode ser determinado através
da trigonometria,
1 07 ,
i = tg
- e o=
60,3°
04 ,
Usando os eixos x, y e aplicando as equações de equilíbrio de força,
+
" R F x = 0; F A cos 60,3° – F cos 45° + 400 N = 0
+ - RF y = 0; F A sen 60,3° – F sen 45° = 0
Resolvendo, obtemos:
F A = 1,07 kN
F = 1,32 kN
NOTA: Podemos também resolver esse problema representando a força em A pelas
suas duas componentes A x e A y e aplicando RM A = 0, RF x = 0, RF y = 0 à alavanca.
Uma vez que A x e A y são determinadas, podemos obter F A e .
Problemas fundamentais
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um
diagrama de corpo livre.
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação nos apoios. Despreze a espessura da viga.
2500 N
A
4
3
5
1,5 m 1,5 m 1,5 m
Problema 5.1
B
900 N ∙ m
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a reação na viga em C.
4 kN
1,5 m 1,5 m
A treliça é suportada por um pino em A e um rolete em
B. Determine as reações de apoio.
A
5 kN
4 m
45°
2 m
10 kN
2 m
Problema 5.3
4 m
Determine as componentes de reação no apoio fixo A.
Despreze a espessura da viga.
200 N 200 N 200 N
B
B
A
C
30°
1,5 m
3 m
1 m 1 m 1 m 400 N
D
A
60°
Problema 5.2
Problema 5.4

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 167 |
A barra de 25 kg possui centro de massa em G. Se ela
é sustentada por uma cavilha lisa em C, um rolete em A e a
corda AB, determine as reações nesses apoios.
Determine as reações nos pontos de contato lisos A, B
e C na barra.
0,2 m
0,3 m
D
250 N
30°
C
A
0,5 m
G
C
B
0,4 m
30°
B
0,15 m
A
30° 15°
0,2 m
Problema 5.5
Problema 5.6
Problemas
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um
diagrama de corpo livre.
Determine as reações normais em A e B no Problema 5.1.
600 N
600 N
Determine a tração na corda e as componentes
horizontal e vertical da reação no apoio A da viga no
Problema 5.4.
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação em C e a tração no cabo AB para a treliça no
Problema 5.5.
A
B
143,75 mm
31,25 mm
A
B
18,75 mm 93,75 mm
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação em A e a tração no cabo BC sobre a lança no
Problema 5.6.
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação em A e a reação normal em B sobre a chave no
Problema 5.7
Problema 5.19
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 superfície lisa e uma parte igual da carga
é sustentada nos pneus dianteiros e traseiros.
Determine as reações normais em A e B e a força na
ligação CD agindo sobre o membro no Problema 5.8.
Determine as reações normais nos pontos de contato
em A, B e C da barra no Problema 5.9.
Determine as componentes horizontal e vertical da reação
no pino C e a força na trava do guincho no Problema 5.10.
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.
1,2 m
C
B
A
1,5 m
G
Problema 5.20
1,8 m

| 168 | Estática
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
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. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a reação da sapata B sobre o transformador.
1 m
1 m 1 m
0,45 m
B
30 kN ∙ m
A
5 4
3 m
0,9 m
G
3
C
A
B
Problema 5.21
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.
1,2 m
Problema 5.25
C
A
B
0,3 m
40°
0,3 m G
2,4 m
Problema 5.22
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 1,2 kg, respectivamente, e seus
centros de massa estão localizados em G 1 e G 2 , 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.
O atuador pneumático em D é usado para aplicar uma
força de F = 200 N no membro em B. Determine as
componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a
força da barra lisa em C no membro.
D
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.
C
G 1
A
C
B
G 2
G 2
15°
600 mm
D
A
200 mm
600 mm
B
60°
D
F
G 1
A
100 mm
135 mm
C
75°
65 mm
B
Problemas 5.23/24
Problema 5.26

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 169 |
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.
20°
C
30°
B
400 mm
Se a força F = 500 N é aplicada ao cabo da dobradora
de barras, determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a reação do rolete B sobre a barra lisa.
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
A
600 mm
1000 mm
F
2 kN
60°
6 kN
Problema 5.27
O tubo de esgoto de 1,4 Mg é mantido nas pinças da
empilhadeira. Determine as forças normais em A e B como
funções do ângulo da lâmina e represente graficamente os
resultados de força (eixo vertical) em função do ângulo
Problema 5.28
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 F BC e F A (eixo vertical) em função de d
(eixo horizontal).
A
d
B
125 mm
A
Problemas 5.30/31
A grua é sustentada por um pino em C e um cabo
AB. Se uma carga possui uma massa de 2 Mg com seu centro
de massa localizado em G, determine as componentes
horizontal e vertical da reação no pino C e a força
desenvolvida no cabo AB sobre a grua quando x = 5 m.
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.
3,2 m
C
A
4 m
0,2 m
B
C
2 m
B
1,5 m
x
D
G
Problema 5.29
Problemas 5.32/33

| 170 | Estática
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a força normal na cavilha lisa B sobre o
membro.
A
0,4 m
30°
0,4 m
B
Problema 5.34
C
30°
F = 600 N
A estrutura é sustentada pelo membro AB, que está
apoiado sobre o piso liso. Quando carregada, a distribuição
de pressão sobre AB é linear, como mostra a figura. Determine
o comprimento d do membro AB e a intensidade w para esse
caso.
1,2 m
2,1 m
4 kN
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 A e w B .
Determine w A e w B , 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.
A
w
w B
A
3 m
6 m
0,45 m 0,3 m
Problema 5.37
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 = 30°, determine a rigidez k da mola e as
componentes horizontal e vertical da reação no pino A.
A mola CD permanece na posição horizontal o tempo
todo devido ao rodízio em D. Se a mola está descarregada
quando = 0° e a rigidez é k = 1,5 kN/m, determine o menor
ângulo para o equilíbrio e as componentes horizontal e
vertical da reação no pino A.
B
A
B
D
k
C
0,45 m
d
w
0,6 m
θ
B
Problema 5.35
A
F = 300 N
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, determine 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 G C ,
enquanto a lança tem uma massa de 0,6 Mg e centro de
massa em G B .
Problemas 5.38/39
A plataforma possui um peso de 1,25 kN e centro de
gravidade em G 1 . Se ela deve suportar uma carga máxima
de 2 kN colocada no ponto G 2 , determine o menor contrapeso
W que deve ser colocado em B de modo a evitar que a
plataforma tombe.
4,5 m
G 2
G B
5 m
θ
G C
G 1
0,6 m
1,8 m
2,8 m
B
2,4 m
A
0,7 m
2,3 m
B
C
0,3 m
1,8 m
0,3 m
D
Problema 5.36
Problema 5.40

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 171 |
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a reação do colar liso B sobre a barra.
A
1500 N
2250 N
0,6 m
0,3 m 0,3 m
Problema 5.41
30°
C
D
1,2 m
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.
C
B
1 m
45°
900 N
1 m
600 N ∙ m
D
Problema 5.42
45°
A
2 m
A barra uniforme AB possui peso de 75 N. Determine
a força no cabo quando a barra está na posição mostrada.
B
A grua de chão e o operador possuem um peso total
de 12,5 kN com um centro de gravidade em G. Se a grua
precisa suspender o tambor de 2,5 kN, determine a reação
normal em ambas as rodas em A e ambas as rodas em B
quando a lança está na posição mostrada.
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.
0,9 m
C
D
30°
1,8 m
E
G
A
2,52 m
0,66 m 0,42 m
3,6 m
B
Problemas 5.45/46
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
A
0,15 m
0,3 m
10°
0,45 m
B
30°
10°
C
F
B
1,5 m
A
30°
10°
C
Problema 5.47
Problema 5.43
Determine as componentes de força horizontal e
vertical no pino A e a reação no ponto B oscilante da viga
curva.
500 N
200 N
T
Determine a força P necessária para puxar o cilindro
de 50 kg pelo degrau liso. Considere = 60°.
Determine a intensidade e direção da força P mínima
necessária para puxar o cilindro de 50 kg pelo degrau liso.
10° 15°
2 m
A
B
Problema 5.44
Problemas 5.48/49

| 172 | Estática
O cabo do guincho de um caminhão reboque está
sujeito a uma força T = 6 kN quando o cabo está direcionado
em = 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 e centro de massa em G.
Determine a força de cabo mínima T 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.
1,25 m
A
G
B
2 m 2,5 m
Problemas 5.50/51
1,5 m
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.
θ
F
T
3 m
A barra uniforme AB possui peso de 75 N e a mola
está descarregada quando = 0°. Se = 30°, determine a
rigidez k da mola.
k
1,8 m
B
Problema 5.54
θ
0,9 m
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.
A viga horizontal é sustentada por molas em suas
extremidades. Se a rigidez da mola em A é k A = 5 kN/m,
determine a rigidez necessária da mola em B 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
A
C
A
B
a
d
Problema 5.52
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 = 0°. Cada mola possui a rigidez mostrada. As
molas permanecem na horizontal, já que estão conectadas a
guias de rolos.
F
E
k CF = 20 kN/m
k AE = 100 kN/m
A
θ
B
150 mm
C
150 mm
D
F
1 m
3 m
Problemas 5.55/56
Os discos lisos D e E possuem um peso de 1 kN e
0,5 kN, respectivamente. Se uma força horizontal P = 1 kN
é aplicada no centro do disco E, determine as reações normais
nos pontos de contato com o solo em A, B e C.
Os discos lisos D e E possuem um peso de 1 kN e
0,5 kN, respectivamente. Determine a maior força horizontal
P que pode ser aplicada ao centro do disco E sem fazer o
disco D subir a rampa.
4
3
5
A
0,45 m
B
D
0,3 m
C
E
P
Problema 5.53
Problemas 5.57/58

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 173 |
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. Na posição mostrada, 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 e considere-o rígido.
Se a mola BC está descarregada com = 0° e a
alavanca excêntrica atinge sua posição de equilíbrio quando
= 15°, determine a força F aplicada perpendicularmente
ao segmento AD e 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.
C
k = 2 kN/m
B
A
1 m 3 m
B
150°
F
300 mm
θ
A
Problema 5.59
400 mm
D
A barra uniforme, de comprimento l e peso W, está
apoiada na extremidade A por uma parede lisa e na extremidade
B por uma corda de comprimento s, que é presa à parede como
mostra a figura. Mostre que, para o equilíbrio, é necessário
que h = [(s 2 – l 2 )/3] 1/2 .
h
C
s
Problema 5.61
A barra fina de comprimento l é sustentada pelo tubo
liso. Determine a distância a necessária para o equilíbrio se
a carga aplicada é P.
a
A
B
2r
A
l
l
P
B
Problema 5.60
Problema 5.62
Problemas conceituais
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 se (a) o suporte em A for movido para uma posição
mais baixa D e (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.
C
B
A
D
Problema 5.55

| 174 | Estática
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 e faça uma análise de equilíbrio para explicar
sua resposta.
A
B
Problema 5.57
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.
Problema 5.56
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 (2D) e mostre por que
não se poderia determinar todas as reações da roda usando
as equações de equilíbrio.
Problema 5.58
EQUILÍBRIO EM TRÊS DIMENSÕES
5.5 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 ocorrer 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 | 175 |
2 2 2
= x + y + z
TABELA 5.2 | Suportes para corpos rígidos sujeitos a sistemas de força tridimensionais

| 176 | Estática
Tipos de conexão Reação Número de incógnitas
(continuação)
(5)
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.
(6)
Cinco incógnitas. As reações são duas componentes de
força e três 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.
(7)
(8)
(9)
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.
força e duas componentes de momento de binário.
Cinco incógnitas. As reações são três componentes de
Nota: Os momentos de binário normalmente não são
aplicados se o corpo for sustentado em algum outro
local. Veja os exemplos.
(10)
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
rígido foi descrito na Seção 5.2.
Basicamente, ele requer primeiro ‘isolar’ o corpo desenhando um esboço de sua
forma. 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.
É 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, eles indicarão que as componentes atuam nas direções
coordenadas negativas.

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 177 |
Exemplo 5.14
SOLUÇÃO
A
C
A z
z
M Az
A x
M Ax
200 N ∙ m
300 N
B
Pino em A e cabo em BC.
2000 N
x
300 N
200 N ∙ m
As componentes de momento são desenvolvidas
pelo pino sobre a barra para impedir a rotação
em torno dos eixos x e z.
2000 N
z
B
A y
T
y
A z
C x
C z
C y
A
C
x
A x
y
B
Mancal radial corretamente alinhado
em A e dobradiça em C. Rolete em B.
Apenas reações de força são desenvolvidas
sobre a placa pelo mancal e a dobradiça
a fim de impedir a rotação em relação a cada
eixo de coordenada. Nenhum momento na
dobradiça é desenvolvido.
Figura 5.23
B z
5.6 Equações de equilíbrio

| 178 | Estática
Equações de equilíbrio vetoriais
As duas condições para o equilíbrio de um corpo rígido podem ser expressas
matematicamente na forma vetorial como
RF = 0
RM O = 0
(5.5)
onde RF é a soma vetorial de todas as forças externas que agem sobre o corpo e
RM O 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 forma de
vetor cartesiano e substituídas nas equações 5.5, temos:
RF = RF x i + RF y j + RF z k = 0
RM O = RM x i + RM y j + RM z k = 0
Como as componentes i, j e k são independentes, as equações anteriores são satisfeitas
desde que
RF x = 0
RF y = 0
RF z = 0
(5.6a)
e
RM x = 0
RM y = 0
RM z = 0
(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.
5.7 Restrições e determinação 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.
Restrições redundantes
Quando um corpo possui apoios redundantes, ou seja, mais apoios do que o
necessário para mantê-lo em equilíbrio, ele se torna estaticamente indeterminado, o
que significa que haverá mais cargas desconhecidas sobre o corpo do que equações
de equilíbrio disponíveis 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 | 179 |
(ou redundantes). Para a viga, existem cinco incógnitas, M A , A x , A y , B y e C y , para as
quais apenas três equações de equilíbrio podem ser escritas (RF x = 0, RF y = 0 e
RM O = 0), (equações 5.2). O encanamento possui oito incógnitas, para as quais apenas
seis equações de equilíbrio podem ser escritas (equações 5.6).
(a)
(b)
Figura 5.24
As equações 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 físicas do corpo, que são estudadas nas áreas que lidam com a mecânica
da deformação, como a ‘mecânica dos materiais’.*
Restrições impróprias
Ter o mesmo número de forças reativas desconhecidas que equações de equilíbrio
disponíveis nem sempre garante que um corpo será estável quando sujeito a uma
determinada carga. Por exemplo, o apoio pinado em A e o apoio de rolete em B 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, RM A
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 B na Figura 5.25b interceptam os eixos
que passam por A e B. Como todos os momentos dessas forças em relação a A e B
são zero, então a carga P girará o membro em relação ao eixo AB, RM AB
A
P
B
A x
A
(a)
Outra maneira em que a restrição imprópria leva à instabilidade 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.
A y
P
F B
x
x
Ay
z
A
z
A
A z
A x
P
P
(b)
Figura 5.25
B
y
B B x
B y
B z
y
* Veja HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais, 7. ed. Pearson/Prentice Hall.

| 180 | Estática
P
A
B
A
F A
P
y
F B
(b)
(a)
Figura 5.26
x
Em alguns casos, um corpo pode ter menos forças reativas do que equações de
equilíbrio que precisem ser satisfeitas. O corpo, então, se torna 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, RF y = 0 não será satisfeita para as
condições de carga e, portanto, o equilíbrio não será mantido.
100 N
100 N
A
B
F A
F B
(a)
Figura 5.27
(b)
Resumindo esses conceitos, um corpo é considerado impropriamente restrito se
todas as forças reativas se interceptarem 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 e oriente
os eixos de modo que sejam paralelos ao máximo possível de forças e
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, z.
Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das
forças.
Equações de equilíbrio
Se as componentes de força e momento x, 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 escalar 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 100 kg e está
sujeita a uma força e momento de binário ao longo de suas bordas. Se ela é sustentada
no plano horizontal por um rodízio em A, uma articulação esfera-soquete e uma corda
em C, determine as componentes de reação nesses suportes.
SOLUÇÃO (ANÁLISE 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.
(a)
Equações 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:
RF x = 0; B x = 0
RF y = 0; B y = 0
RF z = 0; A z + B z + T C – 300 N – 981 N = 0 (1)
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:
(b)
Figura 5.28

| 182 | Estática
RM x = 0; T C (2 m) – 981 N(1 m) + B z (2 m) = 0 (2)
RM y = 0;
300 N(1,5 m) + 981 N(1,5 m) – B z (3 m) – A z (3 m) – 200 N $ m = 0 (3)
As componentes da força em B podem ser eliminadas se os momentos forem somados
em relação aos eixos x' e y'. Obtemos:
RM x' = 0; 981 N(1 m) + 300 N(2 m) – A z (2 m) = 0 (4)
RM y' = 0;
–300 N(1,5 m) – 981 N(1,5 m) – 200 N $ m + T C (3 m) = 0 (5)
Resolvendo as equações 1 a 3 ou as mais convenientes equações 1, 4 e 5, obtemos:
A z = 790 N B z = –217 N T C = 707 N
O sinal negativo indica que B z 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 mancal radial
liso em B e o apoio de rolete em C exercem sobre a montagem das barras na
Figura 5.29a.
z
900 N
z
900 N
x
0,4 m
A
0,4 m
0,4 m
B
D
0,4 m
C
0,6 m
y
x
A x
A y
A
A z
0,4 m
0,4 m
0,4 m
B z
0,4 m
B x
F C
0,6 m
y
(a)
(b)
Figura 5.29
SOLUÇÃO
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 mancal radial em B exerce apenas forças reativas sobre o membro.
Equações de equilíbrio
Uma solução direta para A y pode ser obtida somando as forças ao longo do eixo y.
RF y = 0; A y = 0
A força F C pode ser determinada diretamente somando os momentos em relação ao
eixo y.
RM y = 0; F C (0,6 m) – 900 N(0,4 m) = 0
F C = 600 N
Usando esse resultado, B z pode ser determinado somando os momentos em relação
ao eixo x.
RM x = 0; B z (0,8 m) + 600 N(1,2 m) – 900 N(0,4 m) = 0
B z = –450 N

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 183 |
O sinal negativo indica que B z age para baixo. A força B x pode ser encontrada somando
os momentos em relação ao eixo z.
RM z = 0; –B x (0,8 m) = 0 B x = 0
Logo,
RF x = 0; A x + 0 = 0 A x = 0
Finalmente, usando os resultados de B z e F C .
RF z = 0; A z + (–450 N) + 600 N – 900 N = 0
A z = 750 N
Exemplo 5.17
a. Determine
a tração desenvolvida nos cabos AB e AC.
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
O diagrama de corpo livre da barra é mostrado na Figura 5.30b.
Equações de equilíbrio
Usaremos uma análise vetorial.
, , , m
F
rAB
" 02i- 06j+
03k,
AB = FAB
c m = FAB
r
e
2
AB
2 2
^02 , mh + ^- 06 , mh + ^03
, mh o
=
2
F i
6
F j
3
AB - AB + FABk
7 7 7
, , , m
F
rAC
"-02i- 06j+
03k,
AC = FAC
c m = FAC
r
e
AC
2 2 2
^- 02 , mh + ^- 06 , mh + ^03
, mh o
=-
2
F i
6
F j
3
AC - AC + FACk
7 7 7
Podemos eliminar a reação da força em O escrevendo a equação de equilíbrio do
momento em relação ao ponto O.
RM O = 0; r A # (F AB + F AC + W) = 0
^06
, jh #
2
F i
6
F j
3
F k
2
F i
6
F j
3
; c AB - AB + AB m+ c- AC - AC + FACkm+ ^- 375khE
= 0
7 7 7
7 7 7
18
F
18
F 2250 i
12
F
12
c AB + AC - m + c- AB + FACmk
= 0
7 7
7 7
18
R M x = 0;
F
18
AB + FAC
- 2250 = 0
7 7
R M y = 0; 0 = 0
R M z = 0; -
12
F
12
AB + FAC
= 0
7 7
Resolvendo as equações 1 e 2 simultaneamente,
F AB = F AC = 437,5 N
x
B
0,3 m
O
z
0,2 m
0,2 m
z
(a)
(b)
C
0,6 m
0,2 m C
0,2 m
B
O y
0,3 m O x F AB
F AC
O
r
x O A
z
A
W = 375 N
0,6 m
Figura 5.30
A
y
y

| 184 | Estática
Exemplo 5.18
A barra AB mostrada na Figura 5.31a está sujeita à força de 200 N. Determine as
reações na junta esférica A e a tração nos cabos BD e BE.
(a)
Figura 5.31
SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL)
Diagrama de corpo livre
Veja Figura 5.31b.
Equações de equilíbrio
Representando cada força no diagrama de corpo livre na forma de um vetor cartesiano,
temos:
F A = A x i + A y j + A z k
Figura 5.31
T E = T E i
T D = T D j
(b)
F = {–200k} N
Aplicando a equação de equilíbrio de força,
RF = 0; F A + T E + T D + F = 0
(A x + T E )i + (A y + T D )j + (A z –200)k = 0
RF x = 0; A x + T E = 0 (1)
RF y = 0; A y + T D = 0 (2)
RF z = 0; A z –200 = 0 (3)
A soma dos momentos em relação ao ponto A resulta:
RM A = 0; r C $ F + r B $ (T E + T D ) = 0
Como r
1
C = rB,
então:
2
(0,5i + 1j – 1k) $ (–200k) + (1i + 2j – 2k) $ (T E i + T D j) = 0
Expandindo e reorganizando os termos, temos:
(2T D – 200)i + (–2T E + 100)j + (T D – 2T E )k = 0
RM x = 0; 2T D –200 = 0 (4)
RM y = 0; –2T E + 100 = 0 (5)
RM z = 0; T D – 2T E = 0 (6)

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 185 |
Resolvendo as equações 1 a 5, obtemos:
T D = 100 N
T E = 50 N
A x = –50 N
A y = –100 N
A z = 200 N
NOTA: O sinal negativo indica que A x e A y possuem um sentido que é oposto ao
mostrado no diagrama de corpo livre (Figura 5.31b).
Exemplo 5.19
A barra dobrada na Figura 5.32a é sustentada em A por um mancal radial, em D
por uma junta esférica e em B pelo cabo BC. Usando apenas uma equação de
equilíbrio, obtenha uma solução direta para a tração no cabo BC. O mancal em A é
capaz de exercer componentes de força apenas nas direções z e y, já que ele está
corretamente alinhado na barra.
SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL)
Diagrama de corpo livre
Como mostra a Figura 5.32b, existem seis incógnitas.
Equações de equilíbrio
A tração do cabo T B 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:
u
rDA
= =-
1
i-
1
j
rDA
2 2
=-0, 7071i-0,
7071j
Logo, a soma dos momentos em relação a esse eixo é zero, uma vez que:
RM DA = u $ R(r # F) = 0
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 à Figura
5.32b, podemos, portanto, escrever:
u $ (r B # T B + r E # W) = 0
(–0,7071i – 0,7071j) $ [(–1j) # (T B k) + (–0,5j) # (–981k)] = 0
(–0,7071i – 0,7071j) $ [(–T B + 490,5)i] = 0
–0,7071 (–T B + 490,5) + 0 + 0 = 0
T B = 490,5 N
Como os braços de momento do eixo a T B e W são fáceis de obter, também podemos
determinar esse resultado usando uma análise escalar. Como mostra a Figura 5.32b,
RM DA = 0; T B (1 m sen 45°) – 981 N(0,5 m sen 45°) = 0
T B = 490,5 N
(a)
(b)
Figura 5.32

| 186 | Estática
Problemas fundamentais
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um
diagrama de corpo livre.
A chapa uniforme tem um peso de 2,5 kN. Determine
a tração em cada um dos cabos que a sustentam.
z
A
x
B
0,9 m
C
1 kN
Problema 5.7
0,6 m
0,6 m
Determine as reações no apoio de rolete A e na junta
esférica D e determine a tração no cabo BC para a placa.
z
x
A
0,1 m
0,4 m
900 N
0,4 m
0,2 m
C
B
Problema 5.8
600 N
0,5 m
y
0,3 m
A barra é sustentada por mancais radiais lisos em A,
B e C e está sujeita às duas forças. Determine as reações
nesses apoios.
z
D
y
Determine as reações de apoio nos mancais radiais
lisos A, B e C da tubulação.
x
0,6 m
0,4 m A
0,6 m
0,6 m
z
B
450 N
C
Problema 5.10
Determine a força desenvolvida nas cordas BD, CE e
CF e as reações da junta esférica A sobre o bloco.
x
A
3 m
z
D
B
6 kN 9 kN
Problema 5.11
4 m
1,5 m
Determine as componentes da reação que o mancal
axial A e o cabo BC exercem sobre a barra.
z
E
C
F
y
y
x
A
0,6 m
B
600 N
400 N
D y
0,6 m 0,6 m
0,4 m
C
x
A
1,8 m
F = 400 N
D
C
y
B
0,45 m
0,45 m
Problema 5.9
Problema 5.12

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 187 |
Problemas
Todas as soluções dos problemas precisam incluir um
diagrama de corpo livre.
O carro sustenta o engradado uniforme com massa de
85 kg. Determine as reações verticais sobre os três roletes
em A, B e C. O rolete em B não é mostrado. Despreze a
massa do carro.
0,2 m
A
0,5 m
B
0,1 m
0,4 m
0,2 m
C 0,35 m
0,6 m 0,35 m
Problema 5.63
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 AB é
400 N, determine as componentes x, y, z da reação na base
fixa O do poste.
z
Determine o local x e y do ponto de aplicação da
força P de modo que a tração desenvolvida nos cabos AB,
CD e EF seja a mesma. Despreze o peso da chapa.
z
x
F
E
2 m
x
P
B
A
Problemas 5.65/66
Devido a uma distribuição desigual do combustível
nos tanques da asa, os centros de gravidade da fuselagem A
e das asas B e C são localizados como mostra a figura. Se
essas componentes possuem pesos W A = 225 kN, W B = 40 kN
e W C = 30 kN, determine as reações normais das rodas D,
E e F sobre o solo.
z
y
2 m
D
C
y
D
B
A
C
E
0,3 m
A
45°
45°
1,2 m
300 N
2,4 m
F
1,8 m
2,4 m
x 1,8 m
Problema 5.67
6 m
1,2 m
0,9 m
y
400 N
B
300 N
3 m
Determine 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, determine as
componentes da reação no mancal axial A e no mancal radial
liso B.
z
x
0,9 m
O
Problema 5.64
Se P = 6 kN, x = 0,75 m e y = 1 m, determine a
tração desenvolvida nos cabos AB, CD e EF. Despreze o
peso da chapa.
y
x
0,1 m
A
0,6 m
0,5 m
0, 2 m
0,1 m
F
Problema 5.68
B
C
y

| 188 | Estática
•5.69.
z
900 N
*5.72.
z
x
0,9 m
500 N
A
600 N
450 N
0,6 m
0,6 m
0,9 m
B
0,9 m y
0,9 m
Problema 5.69
C
0,9 m
x
A
0,8 m
450 N
45°
300 N ∙ m
B
0,4 m
C
0,6 m
0,4 m
y
5.70.
Problema 5.72
•5.73.
350 N
z
D
x
A
1 m
2 m
C
60°
200 N
3 m
200 N
B
y
Problema 5.73
Problema 5.70
5.71.
z
5.74.
2 m
2 m
z
4 m
D
D
A
C
0,3 m
E
3 m
A
F
x
0,3 m
0,3 m
0,3 m
F
0,45 m
y
x
2 m
B
2 m
G
C
2 m
E
y
Problema 5.71
Problema 5.74

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 189 |
Se o cabo pode resistir a uma tração máxima de 1,5
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.
z
A lança é sustentada por uma junta esférica em A e
um fio tirante em B. Se as cargas de 5 kN se situam no plano
que é paralelo ao plano x–y, determine as componentes x, y,
z da reação em A e a tração no cabo em B.
C
0,3 m
F
0,2 m
0,1 m
A 0,3 m
z
5 kN
30°
x
B
0,9 m
y
5 kN
30°
3 m
Problema 5.75
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.
x
0,6 m
A
z
0,3 m
C
1,8 m
0,6 m
0,6 m
Problema 5.76
0,6 m
D
B
y
x
A
1,5 m
Problema 5.79
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
= 45°.
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
= 90°.
z
B
2 m
y
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 W fará com que a tração no fio CD
seja zero.
A placa possui um peso W com centro de gravidade
em G. Determine a tração desenvolvida nos fios AB, CD e
EF se a força P = 0,75 W é aplicada em d = L/2.
z
B
x
A
0,9 m
G
0,9 m θ
B
y
P
D
C
x
––2 L
F
L–– 2 A
H
G
d
L–– 2 E
––2 L
Problemas 5.77/78
C
y
Problemas 5.80/81
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 | Estática
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. Determine a tração no cabo BC
se a força F = {–4,5k} kN.
z
2,4 m C
1,8 m
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 tornar zero.
Resolva o Problema 5.85 se o peso da chapa W for
desprezado.
y
A
B
3,6 m
B
120°
120°
P
1,2 m
r
120°
d
C
F
Problemas 5.82/83
x
A
Problemas 5.85/86
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, B e C para este caso? A grua tem
um peso de 1,5 kN, com seu centro de gravidade localizado
em G.
z
3 m
Uma mesa quadrada uniforme com peso W e lados a
é sustentada por três pés verticais. Determine a menor força
vertical P que pode ser aplicada em seu tampo que o fará
tombar.
30°
0,9 m
a/2
a/2
G
0,45 m
C
a
x
A
0,75 m
0,75 m
B
1,2 m
0,3 m
0,6 m
y
Problema 5.84
Problema 5.87

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 191 |
REVISÃO DO CAPÍTULO
Equilíbrio
Um corpo em equilíbrio não rotaciona, mas pode transladar com velocidade
constante, ou não se mover de forma alguma.
RF = 0
RM = 0
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 e 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.
As três equações de equilíbrio escalares podem ser aplicadas ao resolver problemas
em duas dimensões, já que a geometria é fácil de visualizar.
RF x = 0
RF y = 0
RM O = 0
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.
RFx
= 0;
Ax- P2 = 0 Ax
= P2
RMA
= 0;
Pd 2 2+ BydB- Pd 1 1 = 0
B
Pd 1 1 Pd 2 2
y =
-
d
B

| 192 | Estática
Três dimensões
Alguns tipos comuns de apoios e suas reações são
mostrados aqui em três dimensões.
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 e 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, use o produto vetorial para determinar o momento
de cada força.
As seis equações de equilíbrio escalares são estabelecidas
definindo-se as respectivas componentes i, j e k
dessas somas de força e momento iguais a zero.
RF = 0
RM o = 0
RF x = 0
RF y = 0
RF z = 0
RM x = 0
RM y = 0
RM z = 0
Determinação e estabilidade
Se um corpo é sustentado por um número mínimo de
restrições para garantir o equilíbrio, então ele é estaticamente
determinado. Se ele possui mais restrições do
que o necessário, então ele é estaticamente indeterminado.
Para restringir corretamente o corpo, nem todas as reações
devem ser paralelas ou concorrentes.

Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 193 |
Problemas
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A e a força no cabo BC. Despreze a espessura
dos membros.
C
30°
3 m
B
200 N/m
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 como mostrado,
determine as componentes da reação de força nos mancais
radiais e a força na ligação. A ligação situa-se em um plano
paralelo ao plano y–z e os mancais estão corretamente
alinhados com a barra.
4 m
100 N
A
4,5 m
Problema 5.88
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino A, e a reação no rolete B necessária para
suportar a estrutura. Considere F = 600 N.
Se o rolete em B pode sustentar uma carga máxima
de 3 kN, determine a maior intensidade de cada uma das três
forças F que podem ser sustentadas pela estrutura.
A
Problema 5.92
F
45°
2 m 2 m 2 m
F
F
B
2 m
Determine as reações nos apoios A e B da estrutura.
50 kN
25 kN
35 kN
10 kN
2,4 m 1,8 m
1,8 m
Problemas 5.89/90
Determine a reação normal no rolete A e as componentes
horizontal e vertical no pino B para o equilíbrio do membro.
10 kN
A
2,4 m
0,6 m
0,6 m
A
2,5 kN
0,8 m
6 kN
1,8 m
0,4 m
60°
B
B
Problema 5.91
Problema 5.93

| 194 | Estática
Um diagrama esquelético da perna é mostrado na
figura inferior. Aqui, podemos observar que a perna é
suspensa pelo músculo quadríceps conectado ao quadril em
A e ao osso patela em B. Este osso desliza livremente através
da cartilagem na articulação do joelho. O quadríceps é mais
extenso e conecta-se à tíbia em C. Usando o sistema mecânico
mostrado na figura superior para modelar a perna, determine
a tração no quadríceps em C e 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 G 1 ; o pé possui uma massa de 1,6
kg e um centro de massa em G 2 .
estão corretamente alinhados e exercem reações de força
apenas sobre o eixo.
z
400 N
250 mm y
B
350 mm
A
350 mm
150 mm
x
200 mm
A
25 mm
75 mm
B
D
75°
C
350 mm
300 mm
G 1
G 2
100 mm
P
Problema 5.95
A prateleira simétrica está sujeita a uma carga
uniforme de 4 kPa. O apoio é fornecido por um parafuso (ou
pino) localizado em cada extremidade A e A' e por cantoneiras
simétricas apoiadas contra a parede uniforme em ambos os
lados B e B'. Determine a força resistida por cada parafuso
na parede e a força normal em B para o equilíbrio.
A
B
C
A′
4 kPa
D
B′
Problema 5.94
Uma força vertical de 400 N atua sobre o eixo de
manivela. Determine a força de equilíbrio horizontal P que
precisa ser aplicada ao cabo e as componentes x, y, z da força
no mancal radial liso A e no mancal axial B. Os mancais
A
0,15 m
B
0,2 m
1,5 m
Problema 5.96

CAPÍTULO
6
Análise estrutural
Objetivos do capítulo
Mostrar como determinar as forças nos membros de uma treliça usando o método dos nós e o método das
seções.
Analisar as forças que atuam nos membros de estruturas e máquinas compostas de membros conectados por
pinos.
6.1 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 único
plano e geralmente são usadas para sustentar telhados e pontes. A treliça mostrada
na Figura 6.1a é um exemplo típico de treliça de telhado. Nesta figura, a carga do
telhado é transmitido para a treliça nos nós através de uma série de terças. Como
essa carga atua no mesmo plano da treliça (Figura 6.1b), as análises das forças
desenvolvidas nos membros da treliça serão bidimensionais.
Terça
A
(a)
(b)
Figura 6.1

| 196 | Estática
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)
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 figuras 6.1a 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
Treliça de Ponte
(b)
Figura 6.2
(a)
(b)
Figura 6.3
Para projetar os membros e as conexões de uma treliça, é necessário primeiro
determinar a força desenvolvida em cada membro quando a treliça está sujeita a um
determinado carregamento. Para isso, faremos duas hipóteses importantes:
Todas as cargas são aplicadas nos nós. 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 conectados entre si por pinos 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, já que as linhas centrais dos membros
articulados são concorrentes, como na Figura 6.3.

Capítulo 6 Análise estrutural | 197 |
Devido a essas duas hipóteses, cada membro da treliça agirá como um membro
de duas forças e, 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 (T) (Figura 6.4a); se ela tende a encurtar o membro, é uma
força de compressão (C) (Figura 6.4b). No projeto real de uma treliça, é importante
especificar se a natureza da força é de tração ou de compressão. Frequentemente, os
membros em compressão precisam ser fabricados mais espessos do que os membros
em tração, devido a flambagem que ocorre quando um membro está em compressão.
T
C
Treliça simples
Se os três membros são conectados por pino em suas extremidades, eles formam
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 formar uma treliça ainda maior.
Se uma treliça pode ser construída expandindo a treliça básica triangular dessa forma,
ela é chamada de treliça simples.
T
Tração
(a)
Figura 6.4
C
Compressão
(b)
P
C
A
B
Figura 6.5
P
D
C
A
B
6.2 O método dos nós
Figura 6.6
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 equilíbrio. Portanto, se o diagrama de corpo livre de cada nó é
desenhado, as 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 são
membros retos de duas forças situados em um único plano, cada nó está sujeito a
um sistema de forças que é coplanar e concorrente. Como resultado, apenas
RF x = 0 e RF y = 0 precisam ser satisfeitos para o equilíbrio.
Por exemplo, considere o pino no nó B 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
2 m
A
B
500 N
45°
2 m
(a)
Figura 6.7
C

| 198 | Estática
F BA (tração)
F BA (tração)
B
500 N
45°
F BC (compressão)
(b)
B
500 N
45° F BC (compressão)
(c)
Figura 6.7
BA e BC. O diagrama de corpo livre do pino é mostrado na Figura 6.7b. 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 RF x = 0 e RF y = 0 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 determinado ‘por observação’. Por exemplo, F BC na
Figura 6.7b deve empurrar o pino (compressão), já que sua componente
horizontal, F BC sen 45°, precisa equilibrar a força de 500 N (RF x = 0). Da
mesma forma, F BA é uma força de tração, já que ela equilibra a componente
vertical, F BC cos 45° (RF y = 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 uma 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. Uma 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 procedimento fornece 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 RF x = 0 e RF y = 0. 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 e 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 |
Exemplo 6.1
Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6.8a e indique se
os membros estão sob tração ou compressão.
B
500 N
SOLUÇÃO
Como não devemos ter mais do que duas forças incógnitas no nó e não menos que
uma força conhecida atuando ali, começaremos nossa análise com o nó B.
Nó B
O diagrama de corpo livre do nó B é mostrado na Figura 6.8b. Aplicando as equações
de equilíbrio, temos:
+
" R F x = 0; 500 N- F BC sen 45° = 0 F BC = 707,1 N( C)
+ - RFy = 0; FBC cos 45° - FBA = 0 FBA
= 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:
+
" R F x = 0; - F CA + 707,1 cos 45° N = 0 F CA = 500 N ( T)
+ - RF y = 0; C y - 707,1sen 45° N = 0 C y = 500 N
Nó A
Embora não seja necessário, podemos determinar as componentes das reações de
apoio no nó A usando os resultados de F CA e F BA . Através do diagrama de corpo
livre (Figura 6.8d), temos:
+
" R F x = 0; 500 N- A x = 0 A x = 500 N
+ - RFy = 0; 500 N- Ay = 0 Ay
= 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
e forças externas aplicadas ao nó, enquanto o diagrama de corpo livre de cada membro
mostra apenas os efeitos dos nós sobre o membro.
B 500 N
500 N
45°
707,1 N
2 m
A x
A
B
45°
(a)
2 m
FBA
(b)F BC
F CA
A
45°
500 N
707,1 N
45°
C
(c)
C y
F BA = 500 N
A y
(d)
Figura 6.8
F CA = 500 N
C
Tração
Compressão
500 N
A Tração 45°
500 N 500 N 500 N
500 N
(e)
Figura 6.8
707,1 N
C
500 N

| 200 | Estática
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.
400 N
2 m 2 m
D
C
2 m
45°
45°
A
2 m
(a)
Figura 6.9
30°
2 m
B
D
F CD
y′
15°
F AD = 772,74 N
45°
y
(b)
400 N
C
F BC
x
45°
F CD = 400 N
(c)
30°
F AD
F BD
y
A
A y
(d)
Figura 6.9
x′
F AB
x
SOLUÇÃO
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 D e, 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 e CD só podem estar sob compressão.
+ - RFy
= 0; FBC
sen 45° - 400 N = 0
FBC
= 565, 69 N = 566 N( C)
+
" R Fx
= 0; FCD- (565,69 N) cos 45° = 0
FCD
= 400 N( C)
Nó D
Usando o resultado F CD = 400 N (C), a força nos membros BD e AD pode ser
determinada analisando o equilíbrio do nó D. Consideraremos que F AD e F BD 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 BD . Desse modo,
eliminaremos a necessidade de resolver duas equações simultaneamente. Agora, F AD
pode ser obtido diretamente aplicando RF y' = 0.
+ 3 RFyl
= 0; -FADsen
15° - 400 sen 30° = 0
FAD
=- 772,
74 N = 773 N^Ch
O sinal negativo indica que F AD é uma força de compressão. Usando este resultado,
+ 4 RFxl
= 0; FBD+ ^-772,74 cos 15° h - 400 cos 30° = 0
FBD
= 1092, 82 N = 1,
09 kN^Th
Nó A
A força no membro AB pode ser encontrada analisando o equilíbrio do nó A (Figura
6.9d). Temos:
+
" R Fx
= 0; ^772, 74 Nh
cos 45° - FAB
= 0
FAB
= 546,
41 N^Ch=
546 N^Ch

Capítulo 6 Análise estrutural | 201 |
Exemplo 6.3
Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6.10a. Indique se
os membros estão sob tração ou compressão.
A
3 m
400 N
B
3 m
C
D
600 N
4 m
A
400 N C y
3 m
C
C x
4 m
600 N
6 m
A y
(a)
(b)
SOLUÇÃO
Reações de apoio
Nenhum nó pode ser analisado até que as reações de apoio sejam determinadas, 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 6.10b. Aplicando as equações
de equilíbrio, temos:
+
" R F x =
0;
600 N – C x = 0 C x = 600 N
e+ RM = 0;
– A y (6 m) + 400 N(3 m) + 600 N(4 m) = 0
C
A y = 600 N
+ - RF y = 0;
600 N – 400 N – C y = 0 C y = 200 N
A análise agora pode começar no nó A ou C. A escolha é arbitrária, pois existe uma
força do membro conhecido e duas incógnitas atuando no pino em cada um desses
nós.
Nó A
(Figura 6.10c). Como mostra o diagrama de corpo livre, F AB é considerada de
compressão e F AD , de tração. Aplicando as equações de equilíbrio, temos:
+ - RF 0;
600 N
4
y = - FAB = 0 FAB
= 750 N ^Ch
5
+
" RF 0;
F
3
x = AD- ^ 750 Nh= 0 FAD
= 450 N ^Th
5
y
5
3
A
600 N
F AB
4
F AD
(c)
y
x
Nó D
(Figura 6.10d). Usando o resultado para F AD e somando as forças na direção horizontal,
temos:
+
" R F 0; 450 N
3
x = - + FDB+ 600 N = 0 FDB
=-250
N
5
F DB
4 5
3
450 N
F DC
D 600 N
x
O sinal negativo indica que F DB atua no sentido oposto ao mostrado na Figura 6.10d.*
Logo,
F DB = 250 N (T)
(d)
Figura 6.10
* O sentido correto poderia ter sido determinado por observação, antes de aplicar RF x = 0.

| 202 | Estática
Para determinar F DC , podemos corrigir o sentido de F DB no diagrama de corpo livre
e, depois, aplicar RF y = 0 ou aplicar essa equação e manter o sinal negativo para
F DB , ou seja,
+ - RF 0; F
4
y = - DC- ^- 250 Nh
= 0 FDC
= 200 N^Ch
5
Nó C
(Figura 6.10e)
y
200 N
F CB
C
600 N
x
200 N
+
" R F x =
0;
(e)
Figura 6.10
F CB – 600 N = 0
F CB = 600 N (C)
+ - RF y = 0;
200 N – 200 N = 0 (verificação)
NOTA: A análise é resumida na Figura 6.10f, que mostra o diagrama de corpo livre
para cada nó e membro.
B
400 N
600 N Compressão 600 N
C
200 N
600 N
750 N 250 N
200 N
Compressão
Tração
Compressão
750 N
A
450 N
Tração
250 N 200 N
450 N
D
600 N
600 N
(f)
Figura 6.10
6.3 Membros de força zero
A análise da treliça usando o método dos nós normalmente é simplificada se
pudermos primeiro identificar os membros 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
6.11a. Se um diagrama de corpo livre do pino no nó A for desenhado (Figura 6.11b),

Capítulo 6 Análise estrutural | 203 |
vemos que os membros AB e 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 B simplesmente porque há cinco incógnitas em cada um desses nós.) De
modo semelhante, considere o diagrama de corpo livre do nó D (Figura 6.11c). 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 externa 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 6.11a é, portanto,
sustentado por apenas cinco membros, como mostra a Figura 6.11d.
D
y
D
F
E
θ
F AF
F DE
θ
A
C
A
F AB
x
x
F DC
y
B
P
+
+
∑F x = 0; F AB = 0
∑F y = 0; F AF = 0
+ ∑F y = 0; F DC sen θ = 0; F DC = 0 pois sen θ ≠ 0
+ ∑F x = 0; F DE + 0 = 0; F DE = 0
(a) (b) (c)
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 e DE e 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 zero, 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
F
E
B
(d)
Figura 6.11
P
C
D
θ
C
A
B
(a)
(b)
P
E
F CD
θ
C
F CB
xF CA
y
A
+
+
∑F x = 0; F CA sen θ = 0; F CA = 0 pois sen θ ≠ 0;
∑F y = 0; F CB = F CD
B
(c) (d) Figura 6.12

| 204 | Estática
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 pinos.
5 kN
2 kN
C
B
D
A
H
G
F
E
(a)
Figura 6.13
F GH
x
F FC
y
F GC
x
G F GF
(b)
F DC
D F DE
y
F DF
(c)
y
0
θ
F FG
F
F FE
(d)
Figura 6.13
x
SOLUÇÃO
Procure geometrias de nó que tenham três membros para os quais dois sejam
colineares. Temos:
Nó G
(Figura 6.13b)
+- RF y = 0; F GC = 0
Perceba que não poderíamos concluir que GC 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 6.13c)
+ 5 RF x = 0;
F DF = 0
Nó F
(Figura 6.13d)
+- RF y = 0; F FC cos = 0 pois F FC = 0
NOTA: Se o nó B for analisado (Figura 6.13e),
+ 4 RF x = 0; 2kN – F BH = 0 F BH = 2kN (C)
Além disso, F HC precisa satisfazer RF y = 0 (Figura 6.13f) e, portanto, HC não é um
membro de força zero.
2 kN
F BA
B
(e)
F BC
F BH
x
y
Figura 6.13
(f)

Capítulo 6 Análise estrutural | 205 |
Problemas fundamentais
6.1. Determine a força em cada membro da treliça. Indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
1 m 1 m
6.4. Determine a maior carga P que pode ser aplicado na
treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a
uma força excedendo 2 kN em tração ou 1,5 kN em
compressão.
D
2 kN
P
1 m
C
A
C
B
Problema 6.1
A
60° 60°
B
3 m
6.2. Determine a força em cada membro da treliça. Indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
Problema 6.4
6.5. Identifique os membros de força zero na treliça.
B
3 kN
C
0,9 m
E
2 m
D
2 m
C
1,5 m
D
0,6 m 0,6 m
A
A
B
1,5 kN
Problema 6.5
Problema 6.2
6.3. Determine a força nos membros AE e DC. Indique se
os membros estão sob tração ou compressão.
6.6. Determine a força em cada membro da treliça. Indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
3 kN
F E D
2,25 kN
E
0,9 m
D
A
B
1,2 m 1,2 m
C
A
B
30°
C
4 kN
1 m 1 m
Problema 6.3
Problema 6.6

| 206 | Estática
Problemas
Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
600 N
2 m
D
membros estão sob tração ou compressão. Despreze o peso
das placas de ligação e considere cada nó como um pino.
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
900 N
E
C
P
P
2 m
A
B
C
A
2 m
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,
P 2 = 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 P 1 = 4 kN, P 2 = 0.
B
E
4 m 4 m
Problemas 6.4/5
6.6. Determine a força em cada membro da treliça e diga
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 2 kN, P 2 = 1,5 kN.
6.7. Determine a força em cada membro da treliça e diga
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = P 2 = 4 kN.
D
4 m
P 2
A
B
C
A
45°
45°
1 m
B
E
P 1
Problemas 6.2/3
D
1 m 1 m
E
30° 30°
D
3 m 3 m
C
*6.4. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Considere
cada nó como um pino. Faça P = 4 kN.
Considere que cada membro da treliça é feito de aço
tendo uma massa por comprimento de 4 kg/m. Faça
P = 0, determine a força em cada membro e indique se os
P 1
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.
P 2

Capítulo 6 Análise estrutural | 207 |
Remova a força de 2,5 kN e, então, determine a maior
força P que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum
dos membros esteja sujeito a uma força maior que 4 kN em
tração ou 3 kN em compressão.
A
P
1 m
F
2,5 kN
1 m
B
E
Problemas 6.8/9
6.10. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 4 kN, P 2 = 0.
6.11. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 3 kN, P 2 = 2 kN.
1 m 1 m 1 m 1 m
1 m
D
C
1 m
membros esteja sujeito a uma força que exceda 10 kN em
tração ou 7,5 kN em compressão.
6 kN P
6 kN
1 m
1 m 1 m 1 m 1 m
E D C
A
F
30° 30°
G
Problemas 6.14/15
*6.16. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Defina
P = 5 kN.
Determine a maior força P que pode ser aplicada à
treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a
uma força maior que 2,5 kN em tração ou 2 kN em
compressão.
E
B
P 1
P 2
C
D
1,5 m
A
B
G
F
D
E
1,5 m
A
C
1,5 m
1,5 m
Problemas 6.10/11
*6.12. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 1200 N, P 2 = 500 N.
Determine o maior peso P 2 que pode ser aplicado à
treliça de modo que a força em qualquer membro não exceda
2,5 kN (T) ou 1,75 kN (C). Considere P 1 = 0.
1,5 m
B
C
3,6 m
Problemas 6.12/13
D
P 2
A
P 1
P
2 m
B
2 m
Problemas 6.16/17
6.18. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
A treliça é fabricada usando membros que têm um
peso de 0,2 kN/m. Remova as forças externas da treliça e
determine a força em cada membro devido ao peso dos
membros. Indi que 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.
4,5 kN
3 kN
F
1,2 m
E
1,2 m 1,2 m
D
6.14. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P = 12,5 kN.
6.15. Remova as forças de 6 kN e determine a maior força P
que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum dos
0,9 m
A
B
Problemas 6.18/19
C

| 208 | Estática
*6.20. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. O bloco
possui uma massa de 40 kg.
Determine a maior massa m do bloco suspenso de
modo que a força em qualquer membro da treliça não exceda
30 kN (T) ou 25 kN (C).
3,5 m
2,5 m
G
F
B
E
C
D
0,1 m
A
P
3 m
F
B
3 m 3 m
E
C
Problemas 6.24/25
6.26. Um painel está sujeito a uma carga de vento que
exerce forças horizontais de 1,5 kN nos nós B e C de uma
das treliças de apoio laterais. Determine a força em cada
membro da treliça e indi que se os membros estão sob tração
ou compressão.
1,5 kN
C
D
P
3 m
A
6 m
Problemas 6.20/21
6.22. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
6.23. A treliça é fabricada usando membros uniformes que
têm uma massa de 5 kg/m. Remova as forças externas da
treliça e determine a força em cada membro devido ao peso
da treliça. Indi que 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
A
1,5 kN
3,9 m
45°
B
1,5 m
3,9 m
Problema 6.26
3,6 m
D
3,6 m
6.27. Determine a força em cada membro da treliça tesoura
dupla em função da carga P e indi que se os membros estão
sob tração ou compressão.
E
E
D
B
C
A
45° 45° 45° 45°
B
C
L/3
2 m
Problemas 6.22/23
*6.24. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P = 4 kN.
Determine a maior força P que pode ser aplicada à
treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a
uma força maior que 1,5 kN em tração ou 1 kN em
compressão.
2 m
A
L/3
E
P
L/3
P
F
Problema 6.27
*6.28. Determine a força em cada membro da treliça em
função da carga P e indi que se os membros estão sob tração
ou compressão.
L/3
D

Capítulo 6 Análise estrutural | 209 |
Se a força máxima que qualquer membro pode
suportar é 4 kN em tração e 3 kN em compressão, determine
a força máxima P que pode ser aplicada ao nó B. Considere
d = 1 m.
P
B
6.30. A treliça de dois membros está sujeita à força de
1,5 kN. Determine a faixa de para aplicação da carga de
modo que a força em qualquer membro não exceda 2 kN (T)
ou 1 kN (C).
B
d
A
F
D
C
0,9 m
d
A
C
E
d d/2 d/2 d
Problemas 6.28/29
θ
1,5 kN
1,2 m
Problema 6.30
6.4 O método das seções
Quando precisamos encontrar a força em apenas alguns membros de uma treliça,
podemos analisar a treliça usando o método das seções. Este método se baseia no
princípio de que se uma treliça está em equilíbrio, então qualquer segmento dela
também está em equilíbrio. Por exemplo, considere os dois membros da treliça
mostrados no lado esquerdo da Figura 6.14. Se as forças dentro dos membros devem
ser determinadas, então uma seção imaginária, indicada pela linha horizontal, pode
ser usada para cortar cada membro em duas partes e, assim, ‘expor’ cada força interna
como ‘externa’ ao diagrama de corpo livre mostrado à direita. Claramente pode-se
ver que o equilíbrio requer que o membro sob tração (T) esteja sujeito a um ‘puxão’,
enquanto o membro sob compressão (C) está sujeito a um ‘empurrão’.
O método das seções também pode ser usado para ‘cortar’ ou seccionar os
membros de uma treliça inteira. Se a seção passar pela treliça e o diagrama de corpo
livre de qualquer das duas partes é desenhado, podemos então aplicar as equações
de equilíbrio a essa parte para determinar as forças do membro na ‘seção do corte’.
Como apenas três equações de equilíbrio independentes (RF x = 0, RF y = 0, RM O =
0) podem ser aplicadas ao diagrama de corpo livre de qualquer segmento, então,
tentaríamos escolher uma seção que, em geral, passe por não mais que três membros
em que as forças são incógnitas. Por exemplo, considere a treliça na Figura 6.15a.
Se as forças nos membros BC, GC e GF devem ser determinadas, então a seção aa
seria apropriada. Os diagramas de corpo livre dos dois segmentos são mostrados nas
B
a
C
D
2 m
T
T
Forças
de tração
internas
Tração
T
T
Figura 6.14
T
T
A
2 m
1000 N
G a F E
2 m 2 m
(a)
Figura 6.15

| 210 | Estática
figuras 6.15b e 6.15c. Observe que a linha de ação de cada força de membro é
especificada através da geometria da treliça, já que a força em um membro está ao
longo de seu eixo. Além disso, as forças de membro que agem em uma parte da
treliça são iguais mas opostas àquelas que atuam na outra parte — terceira lei de
Newton. Os membros BC e GC são considerados sob tração, já que eles estão sujeitos
a um ‘puxão’, enquanto GF está sob compressão, pois está sujeito a um ‘empurrão’.
As três forças do membro incógnito F BC , F GC e F GF podem ser obtidas aplicando
as três equações de equilíbrio ao diagrama de corpo livre na Figura 6.15 b. Se, no
entanto, o diagrama de corpo livre na Figura 6.15c for considerado, as três reações
de apoio D x , D y e E x precisarão ser conhecidas, porque apenas três equações de
equilíbrio estão disponíveis. (Isso, claro, é feito da maneira usual considerando um
diagrama de corpo livre da treliça inteira.)
Ao aplicar as equações de equilíbrio, devemos considerar cuidadosamente maneiras
de escrever as equações a fim de produzir uma solução direta para cada uma
das incógnitas, em vez de precisar resolver equações simultâneas. Por exemplo, o
uso do segmento de treliça na Figura 6.15b e a soma dos momentos em torno de C
produziria uma solução direta para F GF , já que F BC e F GC criam um momento zero
em torno de C. Do mesmo modo, F BC pode ser obtido a partir da soma dos
momentos em torno de G. Finalmente, F GC pode ser encontrado diretamente a partir
de uma soma de forças na direção vertical, já que F GF e F BC não possuem componentes
verticais. Essa capacidade de determinar diretamente a força em um membro de
treliça específico é uma das muitas vantagens de usar o método das seções.*
Como no método dos nós, há duas maneiras em que podemos determinar o sentido
correto de uma força de membro desconhecida:
O sentido correto de uma força de membro incógnito pode, em muitos
casos, ser determinado ‘por observação’. Por exemplo, F BC é uma força
de tração, como representado na Figura 6.15b, pois o equilíbrio de momento
sobre G exige que F BC crie um momento oposto ao momento da força de
1000 N. Além disso, F GC é de tração, já que sua componente vertical
precisa equilibrar a força de 1000 N que age para baixo. Em casos mais
complicados, o sentido de uma força de membro incógnita pode ser
assumido. Se a solução produzir um escalar negativo, isso indica que o
sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre.
Sempre considere que as forças de membro incógnito na seção de corte
são de tração, ou seja, ‘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.
2 m
F BC
C
D y
2 m
2 m
1000 N
(b)
F GC
F BC C 2 m
45°
45°
D x
2 m
G F GF F GC
G
E x
F GF
Figura 6.15
(c)
* Note que, se o método dos nós fosse usado para determinar, por exemplo, a força no membro
GC, seria necessário analisar os nós A, B e G em sequência.

Capítulo 6 Análise estrutural | 211 |
Procedimento para análise
As forças nos membros de uma treliça podem ser determinadas pelo método das
seções usando o seguinte procedimento.
Diagrama de corpo livre
Decida sobre como ‘cortar’ ou seccionar a treliça através dos membros onde
as forças devem ser determinadas.
Antes de isolar a seção apropriada, pode ser necessário primeiro determinar
as reações de apoio da treliça. Se isso for feito, então as três equações de
equilíbrio estarão disponíveis para resolver as forças de membro na seção.
Desenhe o diagrama de corpo livre do segmento da treliça seccionada que
possui o menor número de forças agindo.
Use um dos dois métodos descritos anteriormente para estabelecer o sentido
das forças de membro incógnito.
Equações de equilíbrio
Os momentos devem ser somados em torno de um ponto situado na interseção
das linhas de ação de duas forças incógnitas, de modo que a terceira força
incógnita possa ser determinada diretamente pela equação de momento.
Se duas das forças incógnitas são paralelas, as forças podem ser somadas
perpendicularmente à direção dessas forças incógnitas para determinar
diretamente a terceira força incógnita.
Exemplo 6.5
Determine a força nos membros GE, GC e BC da treliça mostrada na Figura 6.16a.
Indique se os membros estão sob tração ou compressão.
SOLUÇÃO
A seção aa na Figura 6.16a foi escolhida porque ela atravessa os três membros
cujas forças devem ser determinadas. Para usar o método das seções, no entanto,
é necessário primeiro determinar as reações externas em A ou D. Por quê? Um
diagrama de corpo livre de toda a treliça é mostrado na Figura 6.16b. Aplicando
as equações de equilíbrio, temos:
+
" R F x =
0;
400 N – A x = 0 A x 400 N
e+ RM A = 0; –1200 N(8 m) – 400 N(3 m) + D y (12 m) = 0 D y = 900 N
+ - RF y = 0;
A y – 1200 N + 900 N = 0 A y = 300 N
Diagrama de corpo livre
Para a análise, usaremos o diagrama de corpo livre da parte esquerda da treliça
selecionada, já que ele envolve o menor número de forças (Figura 6.16c).
3 m
A
4 m
G
B
a
a
4 m
E
C
1200 N
4 m
400 N
D
3 m
A
A x
A y
8 m
1200 N
4 m
400 N
D
D y
3 m
A
400 N
300 N
(a) (b) (c)
Figura 6.16
4 m
G
5
3
4
4 m
F GE
F GC
F BC
C

| 212 | Estática
Equações de equilíbrio
Somando os momentos em relação ao ponto G elimina F GE e F GC e fornece uma
solução direta para F BC .
e+ RM G = 0;
–300 N(4 m) – 400 N(3 m) + F BC (3 m) = 0
F BC = 800 N (T)
Da mesma maneira, somando os momentos em relação ao ponto C, obtemos uma
solução direta para F GE .
e+ RM = 0;
–300 N(8 m) + F GE (3 m) = 0
C
F GE = 800 N (C)
Como F BC e F GE não possuem componentes verticais, somar as forças na direção y
diretamente produz F GC , ou seja,
300 N -
3
FGC
= 0
+ - RF y = 0;
5
FGC
= 500 N ^Th
NOTA: Aqui é possível dizer, por observação, a direção correta para cada força de
membro incógnito. Por exemplo, RM C = 0 exige que F GE seja de compressão porque
ela precisa equilibrar o momento da força de 300 N em relação ao C.
Exemplo 6.6
Determine a força no membro CF da treliça mostrada na Figura 6.17a. Indique se o
membro está sob tração ou compressão. Considere que cada membro é conectado
por pino.
H
G
a
F
2 m
4 m
A
D
E
B C a
4 m 4 m 4 m 4 m
8 m
4 m
4 m
5 kN
3 kN
3,25 kN 5 kN 3 kN 4,75 kN
(a)
(b)
Figura 6.17
(c)
Figura 6.17
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
A seção aa na Figura 6.17a será usada porque ela irá ‘expor’ a força interna no
membro CF como ‘externa’ no diagrama de corpo livre da parte direita ou
esquerda da treliça. Entretanto, é necessário determinar as reações de apoio no
lado esquerdo ou direito. Verifique os resultados mostrados no diagrama de corpo
livre da Figura 6.17b.
O diagrama de corpo livre da parte direita da treliça, que é mais fácil de analisar,
é mostrado na Figura 6.17c. Existem três incógnitas, F FG , F CF e F CD .
Equações de equilíbrio
Aplicaremos a equação de momento em relação ao ponto O a fim de eliminar
as duas incógnitas F FG e F CD . A posição do ponto O medida a partir de E pode
ser determinada através da proporcionalidade de triângulos; ou seja, 4/(4 + x) =
6/(8 + x), x = 4 m. Ou, dito de outra forma, a inclinação do membro GF possui

Capítulo 6 Análise estrutural | 213 |
uma altura de 2 m para uma distância horizontal de 4 m. Como FD possui 4 m (Figura
6.17c), então, conclui-se que a distância de D para O é de 8 m.
Um modo fácil de determinar o momento de F CF em relação ao ponto O é usar o
princípio da transmissibilidade e deslizar F CF para o ponto C e, depois, decompor
F CF em suas duas componentes retangulares. Temos:
e+ RMO
= 0;
–F CF sen 45°(12 m) + (3 kN)(8 m) – (4,75 kN)(4 m) = 0
F CF = 0,589 kN (C)
Exemplo 6.7
Determine a força no membro EB da treliça de telhado mostrada na Figura 6.18a.
Indique se o membro está sob tração ou compressão.
(a)
Figura 6.18
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Pelo método das seções, qualquer seção imaginária que atravesse EB (Figura 6.18a)
também terá que atravessar três outros membros para os quais as forças são
desconhecidas. Por exemplo, a seção aa atravessa ED, EB, FB e AB. Se um diagrama
de corpo livre do lado esquerdo dessa seção for considerado (Figura 6.18b), será
possível obter F ED somando os momentos em relação a B para eliminar as outras
três incógnitas; entretanto, F EB não pode ser determinado através das duas equações
de equilíbrio restantes. Uma maneira possível de obter F EB é primeiro determinar
F ED a partir da seção aa e, depois, usar esse resultado na seção bb (Figura 6.18a),
que é mostrada na Figura 6.18c. Aqui, o sistema de forças é concorrente e nosso
diagrama de corpo livre escolhido é o mesmo do nó em E.
1000 N
3000 N
1000 N
E
30°
y
1000 N
F FB
F ED
30° F
A EB
C F ED cos 30°
F AB
B
2 m 2 m 4 m
30°
F EF
E
30°
x
F ED = 3000 N
4000 N F ED sen 30°
F EB
(b)
(c)
Figura 6.18

| 214 | Estática
Equações de equilíbrio
Para determinar o momento de F ED em relação ao ponto B (Figura 6.18b), usaremos
o princípio da transmissibilidade e deslizaremos a força para o ponto C; depois a
decomporemos em suas componentes retangulares como mostrado. Portanto,
e+ RM B = 0;
1000 N(4 m) + 3000 N(2 m) – 4000 N(4 m)
+ F ED sen 30°(4 m) = 0
F ED = 3000 N (C)
Agora, considerando o diagrama de corpo livre da seção bb (Figura 6.18c), temos:
+
" R F x = 0;
F EF cos 30° – 3000 cos 30° N = 0
F EF = 3000 N (C)
+ - RF y = 0;
2(3000 sen 30° N) – 1000 N – F EB = 0
F EB = 2000 N (T)
Problemas fundamentais
6.7. Determine a força nos membros BC, CF e FE. Indi que
se os membros estão sob tração ou compressão.
G
F
E
G F E
A
1 m
B
1 m
C
1 m
3 kN 3 kN
Problema 6.7
D
4 kN
1 m
A
30° ϕ 30°
D
B
C
2 m 2 m 2 m
1,5 kN 1,5 kN
Problema 6.10
6.11. Determine a força nos membros GF, GD e CD da
treliça. Indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
G
1 m
H
F
6.8. Determine a força nos membros LK, KC e CD da treliça
Pratt. Indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Determine a força nos membros KJ, KD e CD da treliça
Pratt. Indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
3 m
A
2 m
L
B
2 m
K
C
ϕ
J
D
20 kN 30 kN 40 kN
I
E
H
F
2 m 2 m 2 m 2 m
Problemas 6.8/9
G
2 m
A
2 m
B C D
2 m 2 m 2 m
10 kN
25 kN
ϕ
Problema 6.11
15 kN
6.12. Determine a força nos membros DC, HI e JI da treliça.
Indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
2 m
2 m
4 m
G
3 m
6 kN
s
t
H
I
2 m
2 m
F
J
K
D
C
3 m
s
t
E
E
8 kN
6.10. Determine a força nos membros EF, CF e BC da
treliça. Diga se os membros estão sob tração ou compressão.
A
2 m 2 m
Problema 6.12
B

Capítulo 6 Análise estrutural | 215 |
Problemas
6.31. A treliça interna para a asa de um aeroplano está sujeita
às forças mostradas. Determine a força nos membros BC,
BH e HC e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
J I H G
F
*6.36. Determine a força nos membros BC, CG e GF da
treliça Warren. Indique se os membros estão sob tração ou
compressão.
Determine a força nos membros CD, CF e FG da
treliça Warren. Indique se os membros estão sob tração ou
compressão.
3 m 3 m
B C D
0,8 m
3 m
3 m
E
A B C D
0,8 m 0,8 m 0,8 m 0,6 m
200 N
300 N
400 N 400 N
A
G
F
3 m 3 m 3 m
6 kN
8 kN
E
Problemas 6.36/37
Problema 6.31
*6.32. A treliça de ponte Howe está sujeita ao carregamento
mostrado. Determine as forças nos membros HD, CD e GD
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
A treliça de ponte Howe está sujeita ao carregamento
mostrado. Determine as forças nos membros HI, HB e BC
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
40 kN
30 kN
20 kN 20 kN
J
A
I
H G F
B C D
16 m, 4 ×4m
Problemas 6.32/33
6.34. Determine a força nos membros JK, CJ e CD da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
6.35. Determine a força nos membros HI, FI e EF da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
K J I
3 m
A
L
4 kN
H
B C D E F
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m
5 kN
8 kN
Problemas 6.34/35
6 kN
E
4 m
G
6.38. Determine a força nos membros DC, HC e HI da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Determine a força nos membros ED, EH e GH da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
50 kN
40 kN
2 m 2 m 2 m
F
E
G
H
I
A
D
Problemas 6.38/39
1,5 m
C
30 kN
1,5 m
B 40 kN
1,5 m
*6.40. Determine a força nos membros GF, GD e CD da
treliça e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
Determine a força nos membros BG, BC e HG da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
C
B
D
1300 N
1,2 m
A
1,2 m 1,2 m
0,9 m 0,9 m
H G F
1,2 m 1,2 m
Problemas 6.40/41
13
E
5
12

| 216 | Estática
6.42. Determine a força nos membros IC e CG da treliça e
indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Além disso, indique todos os membros de força zero.
6.43. Determine a força nos membros JE e GF da treliça e
indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Além disso, indique todos os membros de força zero.
B C D
*6.48. Determine a força nos membros IJ, EJ e CD da treliça
Howe e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Determine a força nos membros KJ, KC e BC da
treliça Howe e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
6 kN
I
J
2 m
2 m
5 kN
3 kN
4 m L
5 kN
K
J
4 kN
I
4 kN
H
2 kN
A
H G F
1,5 m 1,5 m 1,5 m
6 kN 6 kN
Problemas 6.42/43
1,5 m
*6.44. Determine a força nos membros JI, EF, EI e JE da
treliça e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Determine a força nos membros CD, LD e KL da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
E
A
2 m
B
C D E F
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m
Problemas 6.48/49
6.50. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 20 kN, P 2 = 10 kN.
6.51. Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão. Faça
P 1 = 40 kN, P 2 = 20 kN.
G
7,5 kN
5 kN 5 kN
4,5 kN L K J
2,5 m
2,5 m
N
2,5 m
A
M
B
C D E
F
I
H
G
2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m
Problemas 6.44/45
6.46. Determine a força nos membros BC e CH da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
6.47. Determine a força nos membros CD e GF da treliça
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão.
Além disso, indique todos os membros de força zero.
Problemas 6.46/47
Problemas 6.50/51
*6.52. Determine a força nos membros KJ, NJ, ND e CD
da treliça K. Indique se os membros estão sob tração ou
compressão. Dica: Use as seções aa e bb.
Determine a força nos membros JI e DE da treliça
K. Indique se os membros estão sob tração ou compressão.
L K a b J I H
4,5 m
4,5 m
A
B C D E F
a b
6 kN
7,5 kN
9 kN
6 m 6 m 6 m 6 m 6 m 6 m
M N O P
Problemas 6.52/53
G

Capítulo 6 Análise estrutural | 217 |
6.5 Treliças espaciais
Uma treliça espacial consiste de membros conectados em suas extremidades para
formar uma estrutura tridimensional estável. A forma mais simples de uma treliça
espacial é um tetraedro, formado conectando seis membros, como mostra a Figura
6.19. Quaisquer membros adicionais acrescentados a esse elemento básico seriam
redundantes em sustentar a força P. Uma treliça espacial simples pode ser construída
a partir desse elemento tetraédrico básico acrescentando três membros adicionais e
um nó, e continuando dessa maneira para formar um sistema de tetraedros multiconectados.
Hipótese para projeto
Os membros de uma treliça espacial podem ser tratados como membros de duas
forças, já que o carregamento externo é aplicado nos nós e estes consistem de juntas
esféricas. Essas hipóteses são justificados se as conexões soldadas ou aparafusadas
dos membros conectados se interceptarem em um ponto comum e o peso dos membros
puder ser desprezado. Nos casos em que o peso de um membro precisa ser incluído
na análise, normalmente é satisfatório aplicá-lo como uma força vertical, com metade
de sua intensidade aplicada em cada extremidade do membro.
P
Figura 6.19
Procedimento para análise
Tanto o método dos nós como o método das seções podem ser usados para
determinar as forças desenvolvidas nos membros de uma treliça espacial simples.
Método dos nós
Se as forças em todos os membros da treliça precisam ser determinadas, então o
método dos nós é mais adequado para a análise. Aqui, é necessário aplicar as três
equações de equilíbrio RF x = 0, RF y = 0, RF z = 0 às forças que atuam em cada nó.
Lembre-se de que a resolução de muitas equações simultâneas pode ser evitada se a
análise de força começar em um nó tendo pelo menos uma força conhecida e no
máximo três forças incógnitas. Além disso, se a geometria tridimensional do sistema
de forças no nó for difícil de visualizar, é recomendado que uma análise vetorial
cartesiana seja usada para a solução.
Método das seções
Se apenas algumas forças de membro precisam ser determinadas, o método das
seções pode ser usado. Quando uma seção imaginária atravessa uma treliça
separando-a em duas partes, o sistema de forças que agem sobre um dos segmentos
precisa satisfazer as seis equações de equilíbrio: RF x = 0, RF y = 0, RF z = 0,
RM x = 0, RM y = 0, RM z = 0 (Equação 5.6). Através da correta escolha da seção e
dos eixos para somar as forças e momentos, muitas das forças de membro incógnito
em uma treliça espacial podem ser calculadas diretamente, usando uma única equação
de equilíbrio.

| 218 | Estática
Exemplo 6.8
Determine as forças agindo nos membros da treliça espacial mostrada na Figura 6.20a.
Indique se os membros estão sob tração ou compressão.
SOLUÇÃO
Como existe uma força conhecida e três forças incógnitas agindo no nó A, a análise
de forças da treliça começará neste nó.
2 kN
z
45°
P = 4 kN
A
B
y
2 m
C
D
E
2 m
2 m
A
P = 4 kN
45°
z
y
F AC
(b)
z
R B
2 kN
1
B
1
F AB = 4 kN
F BE
F BD
(c)
Figura 6.20
F AB
F AE
x
y
x
x
(a)
Figura 6.20
Nó A
(Figura 6.20b). Expressando como um vetor cartesiano cada força que age no diagrama
de corpo livre do nó A, temos:
P = {– 4j} kN, F AB = F AB j, F AC = –F AC k,
F
rAE
AE = FAE
c m = FAE^0, 577i+ 0, 577j-
0,
577kh
r
AE
Para o equilíbrio,
RF = 0; P + F AB + F AC + F AE = 0
– 4j + F AB j – F AC k + 0,577F AE i + 0,577F AE j –0,577F AE k = 0
RF x = 0; 0,577F AE = 0
RF y = 0; – 4 + F AB + 0,577F AE = 0
RF z = 0; –F AC – 0,577F AE = 0
F AC = F AE = 0
F AB = 4kN (T)
Como F AB é conhecida, o nó B pode ser analisada a seguir.
Nó B
(Figura 6.20c).
RF x = 0; –R B cos 45° + 0,707F BE = 0
RF y = 0; – 4 + R B sen 45° = 0
RF z = 0; 2 + F BD – 0,707F BE = 0
R B = F BE = 5,66 kN (T), F BD = 2 kN (C)
As equações de equilíbrio escalares também podem ser aplicadas diretamente nas
forças agindo nos diagramas de corpo livre dos nós D e C, já que as componentes
de força são facilmente determinadas. Mostre que:
F DE = F DC = F CE = 0

Capítulo 6 Análise estrutural | 219 |
Problemas
6.54. A treliça espacial suporta uma força F = {–500i +
600j + 400k} N. Determine a força em cada membro e indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
6.55. A treliça espacial suporta uma força F = {600i + 450j
–750k} N. Determine a força em cada membro e indi que se
os membros estão sob tração ou compressão.
z
x
0,6 m
0,6 m
0,8 m
0,6 m
D
0,6 m
A
C
Problemas 6.54/55
*6.56. Determine a força em cada membro da treliça espacial
e indi que se os membros estão sob tração ou compressão. A
treliça é sustentada por juntas esféricas em A, B e E.
Considere F = {800j} N. Dica: A reação de apoio em E atua
ao longo do membro EC. Por quê?
Determine a força em cada membro da treliça espacial
e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A
treliça é sustentada por juntas esféricas em A, B e E.
Considere F = {–200i + 400j} N. Dica: A reação de apoio
em E atua ao longo do membro EC. Por quê?
z
D
F
x
2 m
5 m
1 m
1,5 m
A
B
Problemas 6.56/57
F
2 m
B
C
y
E
y
6.58. Determine a força nos membros BE, DF e BC da
treliça espacial e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
Determine a força nos membros AB, CD, ED e CF da
treliça espacial e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
A
2 m
E
3 m
F
B
{–2k} kN
Problemas 6.58/59
2 m
D
2 m
2 m
C
{–2k} kN
*6.60. Determine a força nos membros AB, AE, BC, BF, BD
e BE da treliça de espaço e indi que se os membros estão sob
tração ou compressão.
x
0,5 m
3 kN
1 m
1 m
A
E
1,5 kN
D
z
0,5 m
B
2 kN
Problema 6.60
F
C
1 m
y

| 220 | Estática
Determine a força nos membros EF, DF, CF e CD da
treliça espacial e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão.
z
*6.64. Determine a força desenvolvida em cada membro da
treliça espacial e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão. A caixa possui um peso de 750 N.
z
x
0,5 m
3 kN
1 m
E
D
A
1 m
B
0,5 m
1,5 kN
2 kN
Problema 6.61
6.62. Se a treliça sustenta uma força de F = 200 N, determine
a força em cada membro e indi que se os membros estão sob
tração ou compressão.
6.63. Se cada membro da treliça espacial pode sustentar
uma força máxima de 600 N sob compressão e 800 N sob
tração, determine a maior força F que a treliça pode sustentar.
z
200 mm
200 mm
F
C
1 m
y
x
A
1 m
D
1 m
1 m
y
Problema 6.64
Determine a força nos membros FE e ED da treliça
espacial e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão. A treliça é sustentada por juntas esféricas em
C e ligações curtas em A e B.
6.66. Determine a força nos membros GD, GE e FD da
treliça de espaço e indi que se os membros estão sob tração
ou compressão.
z
{–500k} N
G
{200j} N
1 m
B
C
D
C
200 mm
200 mm
x
E
B
300 mm
Problemas 6.62/63
500 mm
A
F
y
0,3 m
x
A
0,3 m
D
F
E
B
Problemas 6.65/66
0,6 m
C
0,6 m
0,4 m
0,2 m y
6.6 Estruturas e máquinas
Estruturas e máquinas são dois tipos de estrutura normalmente compostas de
membros multiforça conectados por pinos, ou seja, membros que estão sujeitos a
mais de duas forças. As estruturas são usadas para suportar cargas, enquanto as
máquinas contêm partes móveis e são projetadas para transmitir e alterar os efeitos
das forças. Desde que uma estrutura ou uma máquina não contenham mais suportes
ou membros do que o necessário para evitar seu colapso, as forças que agem nos nós
e apoios podem ser determinadas pela aplicação das equações de equilíbrio para cada

Capítulo 6 Análise estrutural | 221 |
um de seus membros. Uma vez que essas forças sejam obtidas, é então possível
projetar a dimensão dos membros, conexões e suportes usando a teoria da mecânica
dos materiais e um código de projeto de engenharia adequado.
Diagramas de corpo livre
Para determinar as forças que agem nos nós e apoios de uma estrutura ou máquina,
a estrutura deve ser desmontada e os diagramas de corpo livre de suas peças devem
ser desenhados. Os seguintes pontos importantes precisam ser observados:
Isole cada peça desenhando sua forma esboçada. Em seguida, mostre todas
as forças e/ou momentos de binário que atuam sobre a peça. Certifique-se
de rotular ou identificar cada força e momento de binário conhecidos e
incógnitos referentes a um sistema de coordenadas x, y. Além disso, indique
quaisquer dimensões usadas para determinar os momentos. Na maioria das
vezes, as equações de equilíbrio são mais fáceis de aplicar se as forças são
representadas por suas componentes retangulares. Como de costume, o
sentido de uma força ou momento de binário incógnito pode ser assumido.
Identifique todos os membros de duas forças na estrutura e represente seus
diagramas de corpo livre como tendo duas forças colineares iguais mas
opostas que atuam em seus pontos de aplicação. (Veja a Seção 5.4.)
Reconhecendo os membros de duas forças, podemos evitar a resolução de
um número desnecessário de equações de equilíbrio.
Forças comuns a quaisquer membros em contato atuam com intensidades
iguais mas em sentido oposto sobre os respectivos membros. Se os dois
membros são tratados como um ‘sistema’ de membros conectados, então
essas forças são ‘internas’ e não são mostradas no diagrama de corpo
livre do sistema; no entanto, se o diagrama de corpo livre de cada membro
for desenhado, as forças são ‘externas’ e precisam ser mostradas em cada
um dos diagramas de corpo livre.
Os exemplos a seguir mostram graficamente como desenhar os diagramas de
corpo livre de uma estrutura ou máquina desmembrada. Em todos os casos, o peso
dos membros é desprezado.
Exemplo 6.9
Para a estrutura mostrada na Figura 6.21a, desenhe o diagrama de corpo livre (a) de
cada membro, (b) do pino em B e (c) dos dois membros conectados.
B
P
M
A
C
(a)
Figura 6.21

| 222 | Estática
SOLUÇÃO
Parte (a)
Por observação, os membros BA e BC não são membros de duas forças. Em vez
disso, como mostram os diagramas de corpo livre na Figura 6.21b, o membro BC
está sujeito a uma força dos pinos em B e C e à força externa P. Da mesma forma,
AB está sujeito a uma força dos pinos em A e B e ao momento de binário externo M.
As forças de pino são representadas por suas componentes x e y.
Efeito do
membro BC
sobre o pino
B y
(b)
Parte (b)
O pino em B está sujeito a apenas duas forças, isto é, a força do membro BC e a
força do membro AB. Para o equilíbrio, essas forças ou suas respectivas componentes
precisam ser iguais, mas opostas (Figura 6.21c). Observe que a terceira lei de Newton
é aplicada entre o pino e seus membros conectados, ou seja, o efeito do pino sobre
os dois membros (Figura 6.21b) e o efeito igual mas oposto dos dois membros sobre
o pino (Figura 6.21c).
Parte (c)
O diagrama de corpo livre dos dois membros conectados, por ora removidos dos
pinos de apoio em A e C, é mostrado na Figura 6.21d. As componentes de força B x
e B y não são mostradas nesse diagrama porque são forças internas (Figura 6.21b) e,
portanto, cancelam-se. Além disso, para sermos consistentes quando mais tarde
aplicarmos as equações de equilíbrio, as componentes de força em A e C precisam
atuar no mesmo sentido que as mostradas na Figura 6.21b.
M
P
B x
B
B x
A x
A y C y
C x
B y
Equilíbrio
(c)
Efeito do
membro AB
sobre o pino
Figura 6.21
(d)

Capítulo 6 Análise estrutural | 223 |
Exemplo 6.10
Uma tração constante na correia transportadora é mantida pelo dispositivo mostrado
na Figura 6.22a. Desenhe os diagramas de corpo livre da estrutura e do cilindro
envolvidos pela correia. O bloco suspenso possui um peso W.
T
T
θ
A
B
(a)
SOLUÇÃO
O modelo idealizado do dispositivo é mostrado na Figura 6.22b. Aqui, considera-se
que o ângulo é conhecido. A partir desse modelo, os diagramas de corpo livre do
cilindro e da estrutura são mostrados nas figuras 6.22c e 6.22d, respectivamente.
Observe que a força que o pino em B exerce sobre o cilindro pode ser representada
pelas suas componentes horizontal e vertical B x e B y , que podem ser determinadas
pelas equações de equilíbrio de força aplicadas ao cilindro, ou pelas duas
componentes T, que fornecem momentos iguais, mas opostos, sobre o cilindro e,
portanto, evitam que este gire. Repare também que, uma vez que as reações do pino
em A tenham sido determinadas, metade de seus valores atua em cada lado da
estrutura, já que as conexões de pino ocorrem em cada lado (Figura 6.22a).
(b)
Figura 6.22
T
T
T
T
θ
θ
B x
ou
θ
B y
(c)
T
T
B y
A x
B x
A y
W
(d)
Figura 6.22

| 224 | Estática
Exemplo 6.11
Para a estrutura mostrada na Figura 6.23a, desenhe os diagramas de corpo livre (a)
da estrutura inteira, inclusive com as polias e cordas, (b) da estrutura sem as polias
e cordas e (c) de cada polia.
D
C
B
A
375 N
(a)
Figura 6.23
SOLUÇÃO
Parte (a)
Quando a estrutura inteira, incluindo as polias e cordas, é considerada, as interações
nos pontos onde as polias e cordas são conectadas à armação se tornam pares de
forças internas que se cancelam e, portanto, não são mostradas no diagrama de corpo
livre (Figura 6.23b).
Parte (b)
Quando as cordas e as polias são removidas, seu efeito sobre a estrutura precisa ser
mostrado (Figura 6.23c).
Parte (c)
As componentes de força B x , B y , C x , C y dos pinos sobre as polias (Figura 6.23d) são
iguais, mas opostas, às componentes de força exercidas pelos pinos sobre a armação
(Figura 6.23c). Por quê?
T
T
375 N
C x
B x T
C y
375 N (d)
By
A y
A x
C y
C x
T
B y
375 N
B x
A x
375 N
(b)
Figura 6.23
(c)
A y

Capítulo 6 Análise estrutural | 225 |
Exemplo 6.12
Desenhe os diagramas de corpo livre da caçamba e do braço vertical da retroescavadeira
mostrada na foto (Figura 6.24a). A caçamba e seu conteúdo possuem um peso W.
Despreze o peso dos membros.
SOLUÇÃO
O modelo idealizado da estrutura é mostrado na Figura 6.24b. Por observação, os
membros AB, BC, BE e HI são membros de duas forças, já que são conectados por
pinos em suas extremidades e nenhuma outra força atua sobre eles. Os diagramas de
corpo livre da caçamba e do braço são mostrados na Figura 6.24c. Observe que o
pino C está sujeito a apenas duas forças, enquanto o pino B está sujeito a três forças
(Figura 6.24d). Essas três forças estão relacionadas pelas duas equações de equilíbrio
de força aplicadas a cada pino. O diagrama de corpo livre da estrutura inteira é
mostrado na Figura 6.24e.
(a)
(b)
F x
F HI
F y
F BE
D y
D x
F BC
D x
F BA
D y
(c)
W
(d)
Figura 6.24
(e)

| 226 | Estática
Exemplo 6.13
Desenhe o diagrama de corpo livre de cada peça do mecanismo pistão e barra usada
para amassar latas recicladas, que é mostrada na Figura 6.25a.
(a)
SOLUÇÃO
Por observação, o membro AB é um membro de duas forças. Os diagramas de corpo
livre das peças são mostrados na Figura 6.25b. Como os pinos em B e D conectam
apenas duas peças entre si, as forças aí são mostradas como iguais mas opostas nos
diagramas de corpo livre separados de seus membros conectados. Em especial, quatro
componentes da força agem sobre o pistão: D x e D y representam o efeito do pino (ou
alavanca EBD), N w é a força resultante do apoio e P é a força de compressão resultante
causada pela lata C.
NOTA: Um diagrama de corpo livre de todo o sistema é mostrado na Figura 6.25c.
Aqui as forças entre as componentes são internas e não são mostradas no diagrama
de corpo livre.
30° F = 800 N
E
A
B
F AB
75°
F AB
B
D
D x
D x
D
D y
N w
P
F AB
D y
(b)
Figura 6.25
(c)
Antes de prosseguir, é altamente recomendado que você cubra as soluções dos
exemplos anteriores e tente desenhar os diagramas de corpo livre solicitados. Ao
fazer isso, procure realizar o trabalho com capricho e cuide para que todas as forças
e momentos de binário sejam corretamente rotulados. Quando terminar, faça um
desafio a você mesmo e resolva os quatro problemas a seguir.

Capítulo 6 Análise estrutural | 227 |
Problemas conceituais
6.1. Desenhe os diagramas de corpo livre de cada um dos
segmentos de guindaste AB, BC e BD. Apenas os pesos de
AB e BC são significantes. Considere que A e B são pinos.
D
C
6.3. Desenhe os diagramas de corpo livre do braço ABCDF
e da barra FGH do elevador de caçamba. Despreze os pesos
dos membros. A caçamba pesa W. Os membros de duas
forças são BI, CE, DE e GE. Considere que todos os pontos
de conexão indicados são pinos.
E
B
H
F
A
G
F
D
E
C
B
I
A
Problema 6.1
6.2. Desenhe os diagramas de corpo livre do braço ABCD
e da barra EDFGH da retroescavadeira. O peso desses
dois membros são significativos. Despreze os pesos de
todos os outros membros e considere que todos os pontos
de conexão indicados são pinos.
C
E
D
F
Problema 6.3
6.4. Para operar o compactador de latas, abaixa-se a
alavanca ABC, fazendo-a girar em torno do pino fixo em B.
Isso move as ligações laterais para baixo e, assim, amassa a
lata. Desenhe os diagramas de corpo livre da alavanca, da
ligação lateral e da placa guia. Elabore alguns números
razoáveis e faça uma análise de equilíbrio para mostrar
quanto uma força vertical aplicada na alavanca é aumentada
quando transmitida para a lata. Considere que todos os
pontos de conexão são pinos e as guias para a placa são lisas.
B
G
H
I
D
E
A
A
J
B
C
Problema 6.2
Problema 6.4
Procedimento para análise
As reações nós das estruturas ou máquinas compostas de membros multiforça
podem ser determinadas por meio do seguinte procedimento.
Diagrama de corpo livre
Desenhe o diagrama de corpo livre de toda a estrutura, de uma parte dela ou
de cada um de seus membros. A escolha deve ser feita de modo a conduzir à
solução mais direta do problema.
Quando o diagrama de corpo livre de um grupo de membros de uma estrutura
é desenhado, as forças entre as peças conectadas desse grupo são forças
internas e não são mostradas no diagrama de corpo livre do grupo.

| 228 | Estática
As forças comuns a dois membros que estão em contato atuam com intensidade
igual mas em sentido oposto nos respectivos diagramas de corpo livre
dos membros.
Os membros de duas forças, independente de sua forma, possuem forças
colineares iguais, mas opostas, que atuam nas extremidades do membro.
Em muitos casos, é possível afirmar por observação o sentido correto das
forças incógnitas que agem sobre um membro; entretanto, se isso parece difícil,
o sentido pode ser assumido.
Lembre-se de que um momento de binário é um vetor livre e pode agir em
qualquer ponto no diagrama de corpo livre. Além disso, uma força é um vetor
deslizante e pode agir em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação.
A
3 m
60°
B
2000 N
2 m 2 m
(a)
C
Equações de equilíbrio
Conte o número de incógnitas e compare-o com o número total de equações
de equilíbrio que estão disponíveis. Em duas dimensões, há três equações de
equilíbrio que podem ser escritas para cada membro.
Some os momentos em relação a um ponto situado na interseção das linhas
de ação do maior número possível de forças incógnitas.
Se a solução de uma intensidade de força ou momento de binário é negativo,
isso significa que o sentido da força é o inverso do que é mostrado no diagrama
de corpo livre.
A x
F AB
60°
F AB
3 m
B
B x
A
A y
B y
B y
60°
2 m
F AB
2000 N
(b)
2 m
C y
C x
C C x
2 m 2 m C y
B x
2000 N
(c)
Figura 6.26
Exemplo 6.14
Determine as componentes horizontal e vertical da força que o pino em C exerce
sobre o membro BC da estrutura na Figura 6.26a.
SOLUÇÃO I
Diagramas de corpo livre
Por observação, pode-se ver que AB é um membro de duas forças. Os diagramas de
corpo livre são mostrados na Figura 6.26b.
Equações de equilíbrio
As três incógnitas podem ser determinadas aplicando as três equações de equilíbrio
ao membro CB.
e+ RM = 0; 2000 N(2 m) – (F AB sen 60°)(4 m) = 0 F AB = 1154,7 N
+
C
" R F x =
0;
1154,7 cos 60° N – C x = 0 C x = 577 N
+ - RF y = 0; 1154,7 sen 60° N – 2000 N + C y = 0 C y = 1000 N
SOLUÇÃO II
Diagramas de corpo livre
Se não pudermos reconhecer que AB é um membro de duas forças, então mais
trabalho é necessário para resolver esse problema. Os diagramas de corpo livre são
mostrados na Figura 6.26c.
Equações de equilíbrio
As seis incógnitas são determinadas pela aplicação das três equações de equilíbrio a
cada membro.
Membro AB
e+ RM A = 0; B x (3 sen 60° m) – B y (3 cos 60° m) = 0 (1)
+
" R F x =
0;
A x – B x = 0 (2)

Capítulo 6 Análise estrutural | 229 |
+ - RF y = 0;
A y – B y = 0 (3)
Membro BC
e+ RM = 0;
2000 N(2 m) – B y (4 m) = 0 (4)
C
+
" R F x =
0;
B x – C x = 0 (5)
+ - RF y = 0;
B y – 2000 N + C y = 0 (6)
Os resultados para C x e C y podem ser determinados resolvendo essas equações na
seguinte sequência: 4, 1, 5, depois 6. Os resultados são:
B y = 1000 N
B x = 577 N
C x = 577 N
C y = 1000 N
Por comparação, a Solução I é mais simples, já que a exigência de que F AB na Figura
6.26b seja igual, oposta e colinear nas extremidades do membro AB automaticamente
satisfaz as equações 1, 2 e 3 anteriores e, portanto, elimina a necessidade de escrever
essas equações. Assim, poupe tempo e trabalho sempre identificando os membros de
duas forças antes de começar a análise!
Exemplo 6.15
A viga composta mostrada na Figura 6.27a é conectada por pino em B. Determine
as componentes das reações em seus apoios. Despreze seu peso e espessura.
10 kN
5 4
3
4 kN/m
A y
A
5
3
4
10 kN
B
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
Por observação, se considerarmos um diagrama de corpo livre da viga ABC inteira,
haverá três reações incógnitass em A e uma em C. Essas quatro incógnitas não podem
ser obtidas pelas três equações de equilíbrio disponíveis. Então, para a solução, será
necessário desmembrar a viga em seus dois segmentos, como mostra a Figura 6.27b.
Equações de equilíbrio
As seis incógnitas são determinadas da seguinte maneira:
Segmento BC
+
" R F x =
0;
A
2 m 2 m 2 m
B x = 0
e+ RM B = 0;
–8 kN(1 m) + C y (2 m) = 0
B
C
A x
M A
B y
B x B x
B y C y
8 kN
(a)
Figura 6.27
2 m
4 m
(b)
1 m
2 m

| 230 | Estática
+ - RF y = 0;
B y – 8 kN + C y = 0
Segmento AB
+
" RF 0;
A 10kN
3
x = x- ^ hc
m + Bx
= 0
5
e+ RM 0;
M 10kN 4
A = A-^ hc m^ 2 mh- By^
4 mh=
0
5
- RF 0;
A 10kN
4
+ y = y-^
hc
m - By
= 0
5
Resolvendo cada uma dessas equações sucessivamente, usando os resultados
calculados antes, obtemos:
A x = 6 kN A y = 12 kN M A = 32 kN $ m
B x = 0
B y = 4 kN
C y = 4 kN
Exemplo 6.16
O carro de elevador de 500 kg na Figura 6.28a está sendo suspenso pelo motor A
usando o sistema de polias mostrado. Se o carro está viajando com uma velocidade
constante, determine a força desenvolvida nos dois cabos. Despreze a massa do cabo
e das polias.
F
A
T 2 T 2
T 1 T 1 T 1
T 2
B
C
N 1 N 3
N 2 N 4
C
T 1 T 1
E
D
500 (9,81) N
(b)
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Podemos resolver este problema usando os diagramas de corpo livre do carro do
elevador e da polia C (Figura 6.28b). As forças de tração desenvolvidas nos cabos
são representadas como T 1 e T 2 .
(a)
Figura 6.28
Equações de equilíbrio
Para a polia C,
+- RF y = 0; T 2 – 2T 1 = 0 ou T 2 = 2T 1 (1)
Para o carro do elevador,
+- RF y = 0; 3T 1 + 2T 2 – 500(9,81) N = 0 (2)
Substituindo a Equação 1 na Equação 2, temos:
3T 1 + 2(2T 1 ) – 500(9,81) N = 0
T 1 = 700,71 N = 701 N
Substituindo esse resultado na Equação 1,
T 2 = 2(700,71) N = 1401 N = 1,40 kN

Capítulo 6 Análise estrutural | 231 |
Exemplo 6.17
O disco liso mostrado na Figura 6.29a possui um pino em D e tem um peso de 200
N. Ignorando os pesos dos outros membros, determine as componentes horizontal e
vertical da reação nos pinos B e D.
D
C
A
0,3 m
B
0,35 m
(a)
Figura 6.29
200 N
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
Os diagramas de corpo livre da estrutura inteira e de cada um de seus membros
são mostrados na Figura 6.29b.
A x
C x
0,35 m
Equações de equilíbrio
As oito incógnitas, é claro, podem ser obtidas pela aplicação das oito equações
de equilíbrio a cada membro — três ao membro AB, três ao membro BCD e
duas ao disco. (O equilíbrio de momento é automaticamente satisfeito para o
disco.) Se isso é feito, no entanto, todos os resultados podem ser obtidos apenas
através de uma solução simultânea de alguma das equações. (Experimente e
confirme.) Para evitar essa situação, é melhor primeiro determinar as três reações
de apoio na estrutura inteira; depois, usando esses resultados, as cinco equações de
equilíbrio restantes podem ser aplicadas às outras peças para resolver sucessivamente
as outras incógnitas.
Armação inteira
e+ RM A = 0; –200 N (0,3 m) + C x (0,35 m) = 0 C x = 171 N
+
" R F x =
0;
A x – 171 N = 0
A x = 171 N
+ - RF y = 0;
A y – 200 N = 0 A y = 200 N
Membro AB
+
" R F x =
0;
171 N – B x = 0 B x = 171 N
e+ RM B = 0; –200 N (0,6 m) + N D (0,3 m) = 0 N D = 400 N
+ - RF y = 0;
200 N – 400 N + B y = 0 B y = 200 N
Disco
+
" R F x =
0;
D x = 0
+ - RF y = 0;
400 N – 200 N – D y = 0 D y = 200 N
171 N
A y
0,3 m
0,3 m
D x
D y
B x
200 N
B y
N D
N D
B x
D y
D x
0,3 m 0,3 m
200 N
(b)
Figura 6.29
B y
C x
0,35 m

| 232 | Estática
P
C
P
B
A
600 N
(a)
Figura 6.30
R
C
T
P
T
B
P P
P
P
P
A
600 N
(b)
Exemplo 6.18
Determine a tração nos cabos e também a força P necessária para sustentar a força
de 600 N usando o sistema de polias sem atrito mostrado na Figura 6.30a.
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Um diagrama de corpo livre de cada polia incluindo seu pino e uma parte do cabo
adjacente é mostrado na Figura 6.30b. Como o cabo é contínuo, ele possui uma tração
constante P agindo em toda a sua extensão. A conexão por ligação entre as polias B
e C é um membro de duas forças e, portanto, sofre a ação de uma tração T. Note que
o princípio da ação e reação igual, mas oposta deve ser cuidadosamente observado
para as forças P e T quando os diagramas de corpo livre separados são desenhados.
Equações de equilíbrio
As três incógnitas são obtidas da seguinte maneira:
Polia A
+- RF y = 0; 3P – 600 N = 0 P = 200 N
Polia B
+- RF y = 0; T – 2P = 0 T = 400 N
Polia C
+- RF y = 0; R – 2P – T = 0 R = 800 N
Exemplo 6.19
As duas pranchas na Figura 6.31a são interligadas pelo cabo BC e por um espaçador
liso DE. Determine as reações nos apoios lisos A e F e também encontre a força
desenvolvida no cabo e no espaçador.
500 N
1 m 1 m 1 m
1000 N
A
B
C
E
D
1 m 1 m
F
(a)
Figura 6.31
500 N
SOLUÇÃO
A
N A
1 m 1 m 1 m
FBC
D
F DE
Diagramas de corpo livre
O diagrama de corpo livre de cada prancha é mostrado na Figura 6.31b. É importante
aplicar a terceira lei de Newton às forças de interação como ilustrado.
C
F BC
F DE
1000 N
1 m 1 m 1 m
F
N F
Equações de equilíbrio
Para a prancha AD,
e+ RM A = 0;
F DE (3 m) – F BC (2 m) – 500 N (1 m) = 0
Para a prancha CF,
e+ RMF
= 0;
F DE (2 m) – F BC (3 m) + 1000 N (1 m) = 0
(b)
Figura 6.31

Capítulo 6 Análise estrutural | 233 |
Resolvendo simultaneamente,
F DE = 700 N
F BC = 800 N
Usando esses resultados, para a prancha AD,
+- RF y = 0; N A + 700N – 800 N – 500 N = 0
N A = 600 N
E, para a prancha CF,
+- RF y = 0; N F + 800 N – 700 N – 1000 N = 0
N F = 900 N
Exemplo 6.20
O homem de 75 kg na Figura 6.32a tenta erguer a viga uniforme de 40 kg do apoio
de rolete em B. Determine a tração desenvolvida no cabo preso em B e a reação
normal do homem sobre a viga quando isso está a ponto de ocorrer.
SOLUÇÃO I
Diagramas de corpo livre
A força de tração no cabo será representada como T 1 . Os diagramas de corpo livre
da polia E, o homem e a viga são mostrados na Figura 6.32b. Como a viga não possui
contato algum com o rolete B, então N B = 0. Ao desenhar cada um desses diagramas,
é muito importante aplicar a terceira lei de Newton.
Equações de equilíbrio
Usando o diagrama de corpo livre da polia E,
+- RF y = 0; 2T 1 – T 2 = 0 ou T 2 = 2T 1 (1)
Consultando o diagrama de corpo livre do homem usando esse resultado,
+- RF y = 0; N m + 2T 1 – 75(9,81) N = 0 (2)
Somando os momentos em relação ao ponto A na viga,
e+ RM A = 0; T 1 (3 m) – N m (0,8 m) – [40(9,81) N](1,5 m) = 0 (3)
Resolvendo as equações 2 e 3 simultaneamente para T 1 e N m , e depois usando a
Equação 1 para T 2 , obtemos:
T 1 = 256 N N m = 224 N T 2 = 512 N
A
F
E
0,8 m
H
D
2,2 m
(a)
N m
T 1
G
A x
C
T 2 = 2 T 1 T 1
H
E
T 2
75(9,81) N
N m
(b)
A y
1,5 m
0,8 m 0,7 m
NB = 0
40(9,81) N
T 1
B
SOLUÇÃO II
Uma solução direta para T 1 pode ser obtida considerando a viga, o homem e a polia
E como um sistema único. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 6.32c.
Portanto,
e+ RM A = 0; 2T 1 (0,8 m) – [75(9,81) N](0,8 m)
– [40(9,81) N](1,5 m) + T 1 (3 m) = 0
T 1 = 256 N
Com esse resultado, as equações 1 e 2 podem ser usadas para encontrar N m e T 2 .
T 1 T 1
75(9,81) N
T 1
G
A x
A y
1,5 m
0,8 m 0,7 m
NB = 0
40(9,81) N
(c)
Figura 6.32

| 234 | Estática
Exemplo 6.21
1,2 m
A estrutura na Figura 6.33a sustenta o cilindro de 50 kg. Determine as componentes
horizontal e vertical da reação em A e a força em C.
T = 50(9,81) N
D y = 490,5 N
F BC
D D x = 490,5 N
D
x
0,1 m
F BC
A y
0,3 m
0,6 m
C
B
D y
F BC
0,6 m
0,9 m
A
50(9,81) N
A x
1,20 m
(a)
Figura 6.33
(b)
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
O diagrama de corpo livre da polia D, juntamente com o cilindro e uma parte da
corda (um sistema), é mostrado na Figura 6.33b. O membro BC é um membro de
duas forças, como indica o seu diagrama de corpo livre. O diagrama de corpo livre
do membro ABD também é mostrado.
Equações de equilíbrio
Começaremos analisando o equilíbrio da polia. A equação de equilíbrio de momento
é automaticamente satisfeita com T = 50(9,81) N e, portanto,
+
" R F x =
0;
D x – 50(9,81) N = 0
D x = 490,5 N
+ - RF y = 0;
D y – 50(9,81) N = 0 D y = 490,5 N
Usando esses resultados, F BC pode ser determinado somando os momentos em relação
ao ponto A no membro ABD.
c+ RMA
= 0; F BC (0,6 m) + 490,5 N(0,9 m) – 490,5 N(1,20 m) = 0
F BC = 245,25 N
Agora, A x e A y podem ser determinados somando as forças.
+
" R F x =
0;
A x – 245,25 N – 490,5 N = 0
A x = 736 N
+ - RF y = 0;
A y – 490,5 N = 0 A y = 490,5 N

Capítulo 6 Análise estrutural | 235 |
Problemas fundamentais
6.13. Determine a força P necessária para manter o peso de
300 N em equilíbrio.
6.16. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino C.
400 N
800 N ∙ m
1 m
2 m
C
1 m
B
1 m
A
1 m
Problema 6.16
Problema 6.13
6.17. Determine a força normal que a placa A de 500 N
exerce sobre a placa B de 150 N.
6.14. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação no pino C.
2,5 kN
2 kN
1,2 m
B
C
A
A
0,9 m
0,9 m
0,9 m
Problema 6.14
0,9 m
6.15. Se uma força de 100 N é aplicada no cabo do alicate,
determine a força de esmagamento exercida sobre o tubo
liso B e a intensidade da força resultante no pino A.
100 N
B
0,3 m
1,2 m
0,3 m
Problema 6.17
6.18. Determine a força P necessária para suspender o peso.
Além disso, determine o posicionamento x correto do ganho
para o equilíbrio. Despreze o peso da viga.
0,9 m
100 mm 100 mm
100 mm
C
A
B
50 mm
A
B
P
45°
250 mm
x
100 N
6 kN
Problema 6.15
Problema 6.18

| 236 | Estática
Problemas
6.67. Determine a força P necessária para manter o peso de
100 kg em equilíbrio.
6.70. Determine a força P necessária para manter o bloco
de 10 kg em equilíbrio.
D
B
C
C
A
B
P
P
A
Problema 6.70
Problema 6.67
*6.68. Determine a força P necessária para manter o peso
de 150 kg em equilíbrio.
6.71. Determine a força P necessária para sustentar o peso
de 50 kg. Cada polia possui um peso de 50 N. Além disso,
quais são as reações da corda em A e B?
A
C
50 mm
B
50 mm
B
A
C
50 mm
P
Problema 6.68
Determine a força P necessária para manter a massa
de 50 kg em equilíbrio.
P
Problema 6.71
*6.72. O cabo e as polias são usadas para suspender a pedra
de 300 kg. Determine a força que precisa ser exercida no
cabo em A e a intensidade correspondente da força resultante
que a polia em C exerce no pino B quando os cabos estão
na posição mostrada.
B
C
30°
C
B
A
P
A
D
P
Problema 6.69
Problema 6.72

Capítulo 6 Análise estrutural | 237 |
Se o pino em B é liso, determine as componentes da
reação no pino A e no apoio fixo C.
A
800 mm
45°
900 N · m
B
600 mm
500 N
Problema 6.73
600 mm
6.74. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação nos pinos A e C.
750 N
C
A viga composta é sustentada por um apoio oscilante
em B e está fixada na parede em A. Se ela está conectada
em C através de dobradiça (pino), determine as componentes
da reação nos apoios. Despreze a espessura da viga.
2,5 kN
1 kN
13 12
6 kN · m
5 60°
A
1 m 1 m
C
2 m
Problema 6.77
6.78. Determine as componentes vertical e horizontal da
reação nos pinos A e C da estrutura de dois membros.
1 m
200 N/ m
B
A
B
500 N
A
B
0,9 m
0,6 m
0,6 m
45°
C
3 m
Problema 6.74
6.75. A viga composta está fixada em A e é sustentada por
apoios oscilantes em B e C. Existem dobradiças (pinos) em
D e E. Determine as componentes da reação nesses suportes.
C
3 m
Problema 6.78
Problema 6.75
*6.76. A viga composta é sustentada por pinos em C e por
roletes em A e B. Existe uma dobradiça (pino) em D.
Determine as componentes da reação nos apoios. Despreze
a espessura da viga.
40 kN
60 kN
Se uma força F = 50 N age sobre a corda, determine
a força de corte sobre o galho de árvore liso em D e as
componentes horizontal e vertical da força atuando no pino
A. A corda passa por uma pequena polia em C e um anel
liso em E.
100 mm
30 mm
D
A
B
C
E
5
4
25 kN · m 3
A D B C
20 kN
30°
3 m
2 m 1 m
4 m
4 m
4 m
F = 50 N
Problema 6.76
Problema 6.79

| 238 | Estática
*6.80. Duas vigas são interligadas por uma ligação curta
BC. Determine as componentes da reação no apoio fixo A e
no pino D.
12 kN
10 kN
2 kN
1,5 m
B
1 m
1,5 kN
A
3 m
1 m 1,5 m 1,5 m
C
B
Problema 6.80
A ponte consiste de três segmentos que podem ser
considerados como pinados em A, D e E, sustentados por
apoios oscilantes em C e F e sustentados por rolete em B.
Determine as componentes horizontal e vertical da reação
em todos esses apoios devido ao peso mostrado.
30 kN/m
A
6 m
4,5 m
C
B
9 m
1,5 m 1,5 m
Problema 6.81
D
D
F
4,5 m
6.82. Se o tambor de 300 kg possui um centro de massa no
ponto G, determine as componentes horizontal e vertical da
força atuando no pino A e das reações sobre os calços lisos
C e D. A garra em B no membro DAB resiste às componentes
horizontal e vertical da força na borda do tambor.
60 mm
60 mm
390 mm
100 mm
D
G
P
600 mm
E
A 30°
B
C
E
A
0,5 m
Problema 6.83
*6.84. O caminhão e o tanque possuem pesos de 40 kN e
100 kN respectivamente. Seus centros de gravidade respectivos
são localizados nos pontos G 1 e G 2 . Se o caminhão
está em repouso, determine as reações em ambas as rodas
em A, em B e em C. O tanque está conectado ao caminhão
na plataforma giratória D, que age como um pino.
A
G 2
C
G 1
4,5 m 3 m 2,7 m 1,5 m
D
Problema 6.84
A balança de plataforma consiste de uma combinação
de alavancas de terceira e primeira classes, de modo que o
carga sobre uma alavanca se torna o esforço que move a
próxima alavanca. Por meio desse arranjo, um pequeno peso
pode equilibrar um objeto pesado. Se x = 450 mm, determine
a massa do contrapeso S necessária para equilibrar uma
carga L de 90 kg.
6.86. A balança de plataforma consiste de uma combinação
de alavancas de terceira e primeira classes, de modo que a
carga sobre uma alavanca se torna o esforço que move a
próxima alavanca. Por meio desse arranjo, um pequeno peso
pode equilibrar um objeto pesado. Se x = 450 mm e a massa
do contrapeso S é 2 kg, determine a massa da carga L
necessária para manter o equilíbrio.
150 mm
100 mm 250 mm
B
C
E
D
150 mm
H
F
350 mm
G
B
S
C
A
Problema 6.82
x
6.83. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos A e C exercem sobre o arco de dois
membros.
L
Problemas 6.85/86

Capítulo 6 Análise estrutural | 239 |
6.87. O guincho sustenta o motor de 125 kg. Determine a
força que a carga produz no membro DB e no membro FB,
que contém o cilindro hidráulico H.
1 m
2 m
F
G
E
Os ganchos são usados para suspender a placa lisa de
500 kg. Determine a força de compressão resultante que o
gancho exerce sobre a placa em A e B, e a reação do pino
em C.
2 m
P
H
D
150 mm
80 mm
P
P
A
B
C
1 m
C
A
2 m
Problema 6.87
*6.88. A estrutura é usada para sustentar o cilindro de
100 kg E. Determine as componentes horizontal e vertical
da reação em A e D.
0,6 m
A
D
1,2 m
C
1 m
r = 0,1 m
E
B
Problema 6.91
A grua de parede sustenta um carregamento de 3,5 kN.
Determine as componentes horizontal e vertical da reação
nos pinos A e D. Além disso, qual é a força no cabo do
guincho W?
A grua de parede sustenta um carregamento de 3,5 kN.
Determine as componentes horizontal e vertical da reação
nos pinos A e D. Além disso, qual é a força no cabo do
guincho W? O suporte móvel ABC tem um peso de 500 N
e o membro BD pesa 200 N. Cada membro é uniforme e
possui um centro de gravidade.
Problema 6.88
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos exercem sobre o membro AB da estrutura.
D
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos exercem sobre o membro EDC da
estrutura.
1,5 kN
1,2 m
A
60°
B
1,2 m
1,2 m
C
A
B
1,2 m
60°
E
E
D
0,9 m 0,9 m
C
W
Problemas 6.89/90
2,5 kN
Problemas 6.92/93
3,5 kN

| 240 | Estática
A balança acionada por alavanca consiste de uma série
de alavancas compostas. Se uma carga de peso W = 750 N
é colocado sobre a plataforma, determine o peso necessário
do contrapeso S para equilibrar a carga. É necessário colocar
a carga simetricamente sobre a plataforma? Explique.
31,25 mm
100 mm
S
L
M
K
J
Um contrapeso de 300 kg, com centro de massa em
G, é montado na manivela AB da unidade de bombeamento
de petróleo. Se uma força F = 5 kN deve ser desenvolvida
no cabo fixo conectado à extremidade do balancim DEF,
determine o torque M que deve ser fornecido pelo motor.
Um contrapeso de 300 kg, com centro de massa em G,
é montado na manivela AB da unidade de bombeamento de
petróleo. Se o motor fornece um torque de M = 2500 N $ m,
determine a força F desenvolvida no cabo fixo conectado à
extremidade do balancim DEF.
1,75 m 2,50 m
W
37,5 mm
F
A
187,5 mm 187,5 mm
G
H
E D
Problema 6.94
112,5 mm
I
37,5 mm
C
B
D
30°
M
A
E
B
30°
G
0,5 m
0,65 m
F
F
Se P = 75 N, determine a força F que o grampo exerce
sobre o bloco de madeira.
Se o bloco de madeira exerce uma força de
F = 600 N sobre o grampo, determine a força P aplicada
no cabo do grampo.
85 mm
140 mm
P
140 mm
50 mm
50 mm
D
A
B
C
Problemas 6.98/99
*6.100. A estrutura de dois membros é conectada em C por
um pino, que está fixado em BDE e atravessa o rasgo no
membro AC. Determine as componentes horizontal e vertical
da reação nos apoios.
2,5 kN
1,2 m
B
A
m
C
D
E
E
F
20 mm
P
0,9 m 0,9 m 0,6 m
Problema 6.100
Problemas 6.95/96
O cortador de tubo é preso em volta do tubo P. Se a
roda em A exerce uma força normal F A = 80 N sobre o
tubo, determine as forças normais das rodas B e C sobre
o tubo. As três rodas possuem um raio de 7 mm e o tubo
tem um raio externo de 10 mm.
C
10 mm
A estrutura é usada para sustentar o cilindro de 50 kg.
Determine as componentes horizontal e vertical da reação
em A e D.
6.102. A estrutura é usada para sustentar o cilindro de 50
kg. Determine a força do pino em C sobre o membro ABC
e sobre o membro CD.
1,2 m
A
0,8 m 0,8 m
B
100 mm
100 mm
C
A
P
B
10 mm
D
Problema 6.97
Problemas 6.101/102

Capítulo 6 Análise estrutural | 241 |
6.103. Determine as reações no apoio fixo E e no apoio
móvel A. O pino, conectado ao membro BD, atravessa um
rasgo liso em D.
C
600 N
0,4 m
6.106. A caçamba da retroescavadeira e seu conteúdo pos -
-suem um peso de 6 kN e um centro de gravidade em G.
Determine as forças do cilindro hidráulico AB e nas ligações
AC e AD para manter o carregamento na posição mostrada.
A caçamba possui um pino em E.
B
D
B
A
0,3 m 0,3 m 0,3 m 0,3 m
Problema 6.103
0,4 m
E
45°
A
120°
C
D
E
G
0,3 m
*6.104. O arranjo composto da balança de bandeja é
mostrado na figura. Se a massa sobre a bandeja é de 4 kg,
determine as componentes horizontal e vertical nos pinos
A, B e C, e a distância x da massa de 25 g para manter a
balança em equilíbrio.
100 mm 75 mm
300 mm 350 mm
B
A
F
G
50 mm
C
E
D
x
0,075 m
0,45 m
Problema 6.106
6.107.
suspender usando um dos dois métodos mostrados. Determine
a força total que ele precisa exercer na barra AB em
cada caso e a reação normal que ele exerce na plataforma
em C. Despreze o peso da plataforma.
*6.108.
se suspender usando um dos dois métodos mostrados. Determine
a força total que ele precisa exercer na barra AB em
cada caso e a reação normal que ele exerce na plataforma
em C
4 kg
Problema 6.104
A
B
A
B
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos em A, B e C exercem sobre a estrutura.
O cilindro possui uma massa de 80 kg.
100 mm
D
1 m
C
C
C
0,5 m
B
0,7 m
Problemas 6.107/108
A
Problema 6.105
Se uma força de prensagem de 300 N é necessária
em A, determine a quantidade de força F que precisa ser
aplicada no cabo do grampo articulado.

| 242 | Estática
6.110. Se uma força de F = 350 N é aplicada no cabo do
grampo articulado, determine a força de prensagem resultante
em A.
F
235 mm
70 mm
Mostre que o peso W 1 do contrapeso em H necessário
para o equilíbrio é W 1 = (b/a)W e, portanto, ele é independente
da posição da carga W na plataforma.
3b
b a
c
4
W
D
F
G
H
30 mm
C
B
30°
275 mm
A
B
C
E
A
30 mm D E
30°
Problemas 6.109/110
c
Problema 6.113
6.111. Dois tubos lisos A e B, cada um tendo o mesmo peso
W, são suspensos por um ponto comum O através de cordas
de mesmo comprimento. Um terceiro tubo C é colocado
entre A e B. Determine o maior peso de C tal que o equilíbrio
não seja perturbado.
Problema 6.111
*6.112. O cabo da prensa de setor é fixado na engrenagem
G, que, por sua vez, está engrenada com o setor de
engrenagem C. Observe que a barra AB possui pinos em suas
extremidades conectando-a com a engrenagem C e com a
face inferior da plataforma EF, que está livre para se mover
verticalmente devido às guias lisas em E e F. Se as
engrenagens exercem apenas forças tangenciais entre elas,
determine a força de compressão desenvolvida sobre o
cilindro S quando uma força vertical de 40 N é aplicada no
cabo da prensa.
6.114. A pá do trator transporta uma carga de 500 kg de
terra, com centro de massa em G. Calcule as forças
desenvolvidas nos cilindros hidráulicos IJ e BC devido a
essa carga.
350 mm
200 mm
B
A
I
C
200 mm
30°
E
400 mm
50 mm
J
30°
D
H
Problema 6.114
F
G
200 mm
300 mm
300 mm
100 mm
6.115. Se uma força P = 100 N é aplicada no cabo do grampo
articulado, determine a força de prensagem horizontal N E
que o grampo exerce sobre o bloco liso de madeira em E.
*6.116. Se a força de prensagem horizontal que o grampo
exerce sobre o bloco liso de madeira em E é N E = 200 N,
determine a força P aplicada no cabo do grampo articulado.
S
P
E
1,2 m
40 N
F
0,5 m
A
G
D
0,2 m
H B C
0,35 m 0,65 m
75 mm
50 mm
E
A
B
D
60 mm
45°
30°
C
160 mm
Problema 6.112
Problemas 6.115/116

Capítulo 6 Análise estrutural | 243 |
O guincho é usado para suspender o motor de 200 kg.
Determine a força que atua no cilindro hidráulico AB, as
componentes horizontal e vertical da força no pino C e as
reações no apoio fixo D.
G
1250 mm
A
350 mm
10°
C
Determine o momento de binário M que precisa ser
aplicado no membro DC para o equilíbrio do mecanismo de
retorno rápido. Expresse o resultado em função dos ângulos
e , da dimensão L e da força P aplicada, que deve ser
alterada na figura, sendo direcionada horizontalmente para
a direita. O bloco em C está limitado a deslizar dentro do
rasgo do membro AB.
B
850 mm
D
B
550 mm
A
θ
4 L
D
ϕ
C
M
L
P
Problema 6.117
6.118. Determine a força que o rolete liso C exerce sobre o
membro AB. Além disso, quais são as componentes horizontal
e vertical da reação no pino A? Despreze o peso da estrutura
e do rolete.
90 N · m
C
D
A
0,15 m
0,9 m
1,2 m
Problema 6.118
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos exercem sobre o membro ABC.
0,15 m
A
1,8 m
B
2,7 m
B
C
D
0,9 m
Problemas 6.120/121
6.122. A escultura cinética exige que cada uma das barras
com pinos esteja em perfeito equilíbrio em todo o tempo
durante o seu lento movimento. Se cada membro tem um
peso uniforme de 50 N/m e um comprimento de 0,9 m,
determine os contrapesos W 1 , W 2 e W 3 que precisam ser
colocados nas extremidades de cada membro para manter o
sistema em equilíbrio para qualquer posição. Despreze a
dimensão dos contrapesos.
0,3 m
B
W 1
0,3 m
0,9 m
W 2
C
0,3 m
0,9 m
0,9 m
W 3
A
400 N
Problema 6.119
*6.120. Determine o momento de binário M que precisa ser
aplicado no membro DC para o equilíbrio do mecanismo de
retorno rápido. Expresse o resultado em função dos ângulos
e , da dimensão L e da força vertical P aplicada. O bloco
em C está limitado a deslizar dentro do rasgo do membro AB.
Problema 6.122
6.123. A estrutura de quatro membros na forma de um ‘A’
é sustentada em A e E por colares lisos e, em G, por um pino.
Todos os outros nós são juntas esféricas. Se o pino em G
falhará quando a força resultante nele for 800 N, determine a
maior força vertical P que pode ser suportada pela estrutura.
Além disso, quais são as componentes de força x, y, z que

| 244 | Estática
o membro BD exerce sobre os membros EDC e ABC? Os
colares em A e E e o pino em G só exercem componentes
de força sobre a estrutura.
z
300 mm
300 mm
E
600 mm
A estrutura de três membros é conectada em suas
extremidades por meio de juntas esféricas. Determine as
componentes x, y, z da reação em B e a tração no membro
ED. A força agindo em D é F = {135i + 200j – 180k} kN.
6 m
E
z
x
A
600 mm
G
B
F
D
Problema 6.123
600 mm
C
P = −Pk
*6.124. A estrutura está sujeita ao peso mostrado. O membro
AD é sustentado por um cabo AB e um rolete em C, e está
encaixado em um furo circular liso em D. O membro ED é
sustentado por um rolete em D e uma barra que se encaixa
em um furo circular liso em E. Determine as componentes
x, y, z da reação em E e a tração no cabo AB.
z
y
4 m
x
A
3 m
C
D
6 m
Problema 6.125
F
2 m 1m
3 m
6.126. A estrutura está sujeita aos carregamentos mostrados.
O membro AB é sustentado por uma junta esférica em A e
um colar em B. O membro CD é sustentado por um pino em
C. Determine as componentes x, y, z da reação em A e C.
z
B
y
E
B
60°
D
60°
45°
250 N
0,8 m
A
x
0,5 m
D
A
0,4 m
F = {−2,5k} kN
Problema 6.124
C
0,3 m
0,3 m
y
x
4 m
800 N · m
2 m B
3 m
1,5 m
C
Problema 6.126
y

Capítulo 6 Análise estrutural | 245 |
REVISÃO DO CAPÍTULO
Treliça simples
Uma treliça simples consiste de elementos triangulares conectados
entre si por juntas com pinos. As forças dentro de
seus membros podem ser determinadas considerando que
todos os membros são de duas forças, conectados concorrentemente
em cada junta. Os membros estão sob tração
ou sob compressão, ou não conduzem força alguma.
Método dos nós
O método dos nós afirma que, se uma treliça está em equilíbrio,
então cada um de seus nós também está em equilíbrio.
Para uma treliça plana, o sistema de forças concorrentes
em cada nó precisa satisfazer ao equilíbrio de força.
RF x = 0
RF y = 0
B
500 N
45°
Para obter uma solução numérica para as forças nos membros,
selecione um nó que tenha um diagrama de corpo
livre com, no máximo, duas forças desconhecidas e, pelo
menos, uma força conhecida. (Isso pode exigir encontrar
primeiro as reações nos apoios.)
Uma vez determinada uma força de membro, use seu valor
e aplique-o a um nó adjacente.
A
45°
C
Lembre-se de que as forças que forem observadas como
‘puxando’ os nós são forças de tração, e aquelas que ‘empurram’
os nós são forças de compressão.
Para evitar uma solução simultânea de duas equações, defina
um dos eixos coordenados ao longo da linha de ação
de uma das forças incógnitas e some as forças perpendiculares
a esse eixo. Isso permitirá uma solução direta para a
outra incógnita.
A análise também pode ser simplificada identificando primeiro
todos os membros de força zero.

| 246 | Estática
Método das seções
O método das seções estabelece que, se uma treliça está
em equilíbrio, então cada segmento da treliça também
está em equilíbrio. Passe uma seção que corte a treliça e o
membro cuja força deve ser determinada. Depois, desenhe
o diagrama de corpo livre da parte seccionada tendo menor
número de forças.
2 m
F BC
C
Os membros seccionados sujeitos a ‘puxão’ estão sob tração,
enquanto os que estão sujeitos a ‘empurrão’ estão sob
compressão.
2 m
2 m
G
45°
F GC
F GF
1000 N
Três equações de equilíbrio estão disponíveis para determinar
as incógnitas.
RF x = 0
RF y = 0
RM O = 0
Se possível, some as forças em uma direção que seja perpendicular
a duas das três forças incógnitas. Isso produzirá
uma solução direta para a terceira força.
+ - RF y = 0
–1000 N + F GC sen 45° = 0
F GC = 1,41 kN (T)
Some os momentos em torno do ponto onde as linhas de
ação de duas das três forças desconhecidas se interceptam,
de modo que a terceira força desconhecida possa ser determinada
diretamente.
Treliças espaciais
Uma treliça espacial é uma treliça tridimensional construída
de elementos tetraédricos e é analisada usando-se os
mesmos métodos das treliças planas. Os nós são considerados
juntas esféricas.
]
+ RM C = 0
1000 N (4m) – F GF (2m) = 0
F GF = 2 kN (C)
P

Capítulo 6 Análise estrutural | 247 |
Estruturas e máquinas
Estruturas e máquinas são sistemas mecânicos que contêm
um ou mais membros multiforça, ou seja, membros que
sofrem a ação de três ou mais forças ou binários. As estruturas
são projetadas para suportar cargas e as máquinas
transmitem e alteram o efeito das forças.
A
2000 N
B
Membro
multiforça
Membro de
duas forças
C
As forças que atuam nos nós de uma estrutura ou máquina
podem ser determinadas pelo desenho dos diagramas de
corpo livre de cada um de seus membros ou peças. O princípio
da ação e reação deve ser cuidadosamente observado
ao representar essas forças no diagrama de corpo livre de
cada membro ou pino adjacente. Para um sistema de forças
coplanares, existem três equações de equilíbrio disponíveis
para cada membro.
F AB
Ação e reação
B
F AB
2000 N
C y
C x
Para simplificar a análise, certifique-se de identificar todos
os membros de duas forças. Eles possuem forças colineares
iguais, mas opostas em suas extremidades.
F AB
Problemas
6.127. Determine a força de esmagamento exercida sobre o
tubo liso em B se uma força de 100 N é aplicada no cabo
do alicate. Os cabos do alicate estão pinados entre si em A.
100 N
250 mm 40°
40 mm
B
*6.128. Determine as forças que os pinos em A e B exercem
sobre a estrutura de dois membros sustentando a caixa de
100 kg.
A
12 mm
100 N
Problema 6.127
Problema 6.128

| 248 | Estática
Determine a força em cada membro da treliça e indique
se os membros estão sob tração ou compressão.
3 m
E
D
B
C
0,1 m
6.134. O mecanismo de duas barras consiste de uma alavanca
AB e uma barra lisa CD, que possui um colar liso fixo
em sua extremidade C e um rolete na outra ponta D.
Determine a força P necessária para manter a alavanca na
posição . A mola possui uma rigidez k e um comprimento
não estendido de 2 L. O rolete está em contato com a parte
superior ou a inferior da guia horizontal.
A
8 kN
P
3 m 3 m
B
Problema 6.129
6.130. A treliça espacial é sustentada por uma junta esférica
em D e ligações curtas em C e E. Determine a força em cada
membro e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão. Considere F 1 = {–500k} kN e F 2 = {400j} kN.
6.131. A treliça espacial é sustentada por um junta esférica
em D e ligações curtas em C e E. Determine a força em cada
membro e indi que se os membros estão sob tração ou
compressão. Considere F 1 = {200i + 300j – 500k} kN e F 2
= {400j} kN.
z
D
C
A
θ
2 L
k
C
Problema 6.134
6.135. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação nos apoios pinados A e E da montagem de vigas
compostas.
L
D
x
3 m
E
4 m
F
A
y
3 m
B
F 2
A
C
0,6 m
0,3 m
B
D
0,9 m 0,6 m
1,8 m
0,3 m
Problema 6.135
50 kN/m
E
F 1
Problemas 6.130/131
*6.132. Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos A e B exercem sobre a estrutura de dois
membros. Faça F = 0.
Determine as componentes horizontal e vertical da
reação que os pinos A e B exercem sobre a estrutura de dois
membros. Faça F = 500 N.
1 m
C
F
*6.136. Determine a força nos membros AB, AD e AC da
treliça de espaço e indi que se os membros estão sob tração
ou compressão.
0,6 m
0,45 m
z
0,45 m
D
1,5 m
B
1 m
x
B
C
2,4 m
A
y
400 N/m
A
60°
F = {−600k} kN
Problemas 6.132/133
Problema 6.136

CAPÍTULO
7
Forças internas
Objetivos do capítulo
Mostrar como usar o método das seções para determinar as cargas internas em um membro.
Generalizar esse procedimento formulando equações que podem ser representadas de modo que descrevam o
cisalhamento e o momento interno ao longo de um membro.
Analisar as forças e estudar a geometria de cabos suportando cargas.
7.1 Forças internas desenvolvidas em membros estruturais
Para projetar um membro estrutural ou mecânico, é preciso conhecer a carga atuando
dentro do membro, a fim de garantir que o material possa resistir a essa carga. As
cargas internas podem ser determinadas usando o método das seções. Para ilustrar esse
método, considere a viga em balanço na Figura 7.1a. Se as cargas internas que atuam
sobre a seção transversal no ponto B tiverem que ser determinadas, temos que passar
uma seção imaginária a–a perpendicular ao eixo da viga pelo ponto B e depois separar
a viga em dois segmentos. As cargas internas que atuam em B serão então expostas e
se tornarão externas no diagrama de corpo livre de cada segmento (Figura 7.1b).
P 1
P 2
A
a
B
a
P 1
P 2
(a)
(b)
Figura 7.1
A componente de força N B , que atua perpendicular à seção transversal, é chamada
de força normal. A componente de força V B que é tangente à seção transversal é
chamada de esforço cortante, e o momento de binário M B é conhecido como momento
fletor. As componentes de força impedem a translação relativa entre os dois segmentos,
e o momento de binário impede a rotação relativa. De acordo com a terceira lei de
Newton, essas cargas devem atuar em direções opostas em cada segmento, conforme
mostra a Figura 7.1b. Elas podem ser determinadas aplicando as equações de equilíbrio
ao diagrama de corpo livre de qualquer um dos segmentos. Neste caso, porém, o
segmento da direita é a melhor escolha, pois não envolve as reações de apoio
incógnitas em A. Uma solução direta para N B é obtida aplicando-se RF x = 0, V B é
V B
M B
M B
A y
B B
A x N B
N B
M A
V B

| 250 | Estática
(a)
R R
(b)
Figura 7.2
Convenção de sinal
Procedimento para análise
Figura 7.3
Reações de suporte
Diagrama de corpo livre

Capítulo 7 Forças internas | 251 |
Equações de equilíbrio
Exemplo 7.1
6 kN
9 kN ∙ m
A
D
B C
3 m 6 m
(a)
(b)
SOLUÇÃO
Reações de apoio
R
Diagramas de corpo livre
(c)
Equações de equilíbrio
+
R = 0;
F x
+ RF y = 0;
R
(d)
Figura 7.4

| 252 | Estática
+
R = 0;
F x
+ RF y = 0;
R
NOTA:
Exemplo 7.2
1200 N/m
1200 N/m
w C
A
C
B
1,5 m
3 m
1,5 m 1,5 m
(a)
(b)
600 N/m
M C
1
(600 N/m)(1,5 m)
2
N C
C B
V C
0,5 m
(c)
Figura 7.5
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
15 , m
^1200
Nm / he
o 600 Nm /
3 m
Equações de equilíbrio
+
R = 0;
F x
+ RF = y 0;
1 600 Nm / 1 , 5 m 0
- ^ h^
h=
2
= 450 N
+ RMC
= 0; -M
1 600 Nm / 15 , m 05 , m 0
C - ^ h^ h^
h=
2
M =-225
N
C

Capítulo 7 Forças internas | 253 |
Exemplo 7.3
Determine a força normal, o esforço cortante e o momento fletor que atuam no
ponto B da estrutura de dois membros mostrada na Figura 7.6a.
SOLUÇÃO
Reações de apoio
Um diagrama de corpo livre de cada membro é mostrado na Figura 7.6b. Como CD
é um membro com duas forças, as equações de equilíbrio precisam ser aplicadas
apenas ao membro AC.
e+ RM A = 0; - 400 kN^4
mh +
3
c mFDC
^8
mh = 0
5
F DC = 333,3 kN
+
" R F x = 0; - A
4
x + c m(333,3 kN) = 0
5
Ax = 266,7 kN
+ - RF y 0; A 400 kN
3
y - + c m (333,3 kN
5
) = 0
Ay = 200 kN
Diagramas de corpo livre
Passando um corte imaginário perpendicular ao eixo do membro AC através do ponto B
gera os diagramas de corpo livre dos segmentos AB e BC, mostrados na Figura 7.6c. Ao
construir esses diagramas, é importante manter a carga distribuída onde ela se encontra
até depois que o corte for feito. Somente depois ela poderá ser substituída por uma única
força resultante.
50 kN/m
6 m
A
D
4 m 4 m
(a)
B
400 kN
4 m 4 m
A x
A
5 3
A y
F DC
4
F DC
C
C
200 kN
200 kN
266,7 kN
2 m 2 m
A
B
M B
N B
N B
M B
2 m
B
2 m
C
F DC
(b)
200 kN
V B
V B
333,3 kN
5
4
3
(c)
Figura 7.6
Equações de equilíbrio
Aplicando as equações de equilíbrio ao segmento AB, temos:
+
" R = 0; N B – 266,7 kN = 0
F x
N B = 267 kN
+ - RF y = 0; 200 kN – 200 kN – V B = 0 V B = 0
e+RM B = 0; M B – 200 kN(4 m) + 200 kN(2 m) = 0 M B = 400 kN $ m
NOTA: Como um exercício, tente obter esses mesmos resultados usando o segmento BC.

| 254 | Estática
Exemplo 7.4
(a)
(b)
(c)
Figura 7.7
SOLUÇÃO
Reações de apoio
+ RF y = 0;
Diagramas de corpo livre
Equações de equilíbrio
R F x = 0;
+ RF y = 0;
R
NOTA:
Exemplo 7.5
Figura 7.8 (a)
SOLUÇÃO

Capítulo 7 Forças internas | 255 |
(b)
(c)
Figura 7.8
Diagrama de corpo livre
Equações de equilíbrio
R
R
i j k
M + 0 3 525 , = 0
-13,
5 0 -6,
376
NOTA:
2 2
^ h = ^ h + ^
h = 73,4 kN m.
b A A x A y
Problemas fundamentais
7.1.
10 kN
15 kN
7.2.
30 kN ∙ m
10 kN
A
C
B
A
C
B
1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m
Problema 7.1
1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m
Problema 7.2

| 256 | Estática
7.3.
50 kN/m
7.5.
9 kN/m
2 m
A
C
1,5 m 1,5 m
B
A
3 m
C
3 m
B
Problema 7.3
Problema 7.5
7.4.
12 kN 9 kN/m
7.6.
6 kN/m
A
C
B
A C B
1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m
3 m
3 m
Problema 7.4
Problema 7.6
Problemas
•7.1.
40 kN
A
C
D B
2 m 2 m 2 m
Problema 7.1
60 kN ∙ m
7.2.
A
3 m
2,5 kN
C
2 m 2 m
1 kN
Problema 7.2
B
3 m
D
1,5 kN
7.3.
10 kN/m
1 m
E
*7.4.
A E F
D 45°
1,5 m
1,5 m 1,5 m 1,5 m
Problema 7.4
C
B
300 N/m
•7.5.
0,2 m
400 N
A
1,5 m
C
1 m
3 m 2 m
Problema 7.5
7.6.
4 kN/m
B
A
2 m
C
2,5 kN ∙ m
2 m
Problema 7.3
B
30°
A
C
3 m
3 m
Problema 7.6
B

Capítulo 7 Forças internas | 257 |
7.7.
w 0
7.11.
6 kN/m
10 kN
A
C
L
–– 2
L ––2
B
A
C
D
B
Problema 7.7
*7.8.
5 kN
3 kN/m
1,5 m
1,5 m 1,5 m 1,5 m
Problema 7.11
*7.12.
10 kN/m
25 kN
A
C
1,5 m 1,5 m
D
3 m
B
A
C
2 m 2 m 2 m 2 m
D
B
Problema 7.8
•7.9.
C
90° 150 mm
Problema 7.12
•7.13.
7.14.
250 N/m
1,5 m
A
2 m
D
B
A
B
C
E
300 N/m
Problema 7.9
7.10.
3 kN/m
A
C
B
4 m
Problemas 7.13/14
7.15.
F
4 kN/m
A
6 kN/m
C
D
B
4 kN/m
E
1,5 m
1,5 m 1,5 m 1,5 m
1 m
1 m
1 m
1 m
Problema 7.10
Problema 7.15

| 258 | Estática
*7.16.
100 kN/m
A
1 m
B
4 m
Problema 7.16
•7.17.
A
C
C
B
a b/2 b/2
Problema 7.17
7.18.
2 kN/m 6 kN ∙ m
A
D
B
3 m 1,5 m
Problema 7.18
E
B
1,5 m
C
3
a
4
5
5 kN
7.19.
w 0 w 0
w 0
10 kN
2 kN/m
A D
E
1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m
B
Problema 7.20
•7.21.
2,5 kN
A
0,6 m
F
0,6 m
3 kN
B
D 0,45 m
C
G
0,6 m 0,6 m 0,6 m
Problema 7.21
7.22.
1 m1 m
2 m
5 m
7,5 m
A
C
2 m
D
3,5 m
Problema 7.22
7.23.
G
B
C
E
A
–– a ––2 a
2
L
Problema 7.19
*7.20.
B
A
0,75 m
1 m B
D
60 N
0,75 m E
30°
60°
C
2 m
Problema 7.23

Capítulo 7 Forças internas | 259 |
*7.24.
0,45 m 0,45 m 0,45 m 0,45 m
0,12 m
7.27.
F
A
F C E
D
1,2 m
B
Problema 7.24
•7.25.
0,2 m
D
A
30° 30°
C
3 m
3 m
G
E
B
1,35 m
C
Problema 7.27
1,2 m
0,6 m
0,45 m
0,45 m
E
B
D
A
*7.28.
•7.29.
0,6 m
3 m
3 m
0,6 m
Problema 7.25
7.26.
A
L–– 2
L ––2
θ
C
Problema 7.26
B
D
C
B
A
Problemas 7.28/29
7.30.
7.31.
E

| 260 | Estática
0,3 m
0,6 m
0,9 m
H
0,3 m 0,9 m 1,5 m
0,3 m
B C
F
D
E
A
0,9 m
3,75 kN
G
7.35.
*7.36.
z
Problemas 7.30/31
*7.32.
B
30°
3
5
4
2,5 kN
0,6 m
45°
Problema 7.32
•7.33.
A
50 N
50 N
50 N
D
C
B
30° 30° 30° 30°
30°
600 mm
Problema 7.33
A
50 N
7.34.
z
M
F 1
B
C
3 m
x
C
F 2
1,5 m
2 m
3 m
Problemas 7.35/36
•7.37.
z
x
1 m
A
900 N
1 m
0,2 m
C
1 m
750 N
0,5 m
Problema 7.37
750 N
0,2 m
600 N
7.38.
7.39.
B
y
y
x
1,5 m
A
C
2 m
F 2
y
Problema 7.34
Problemas 7.38/39

Capítulo 7 Forças internas | 261 |
7.2 Equações e diagramas de esforço cortante e
momento fletor
(a)
(b)
(c)
Figura 7.9
Procedimento para análise
Reações de apoio
Funções de esforço cortante e momento

| 262 | Estática
Seccione a viga a cada distância x e desenhe o diagrama de corpo livre de um
dos segmentos. Certifique-se que V e M apareçam atuando em seu sentido
positivo, de acordo com a convenção de sinal dada na Figura 7.10.
O esforço cortante V é obtido somando-se as forças perpendiculares ao eixo
da viga.
O momento fletor M é obtido somando-se os momentos em relação a
extremidade seccionada do segmento.
Diagramas de esforço cortante e momento fletor
Construa o gráfico do diagrama do esforço cortante (V versus x) e do diagrama
de momento fletor (M versus x). Se os valores calculados das funções
descrevendo V e M forem positivos, os valores são desenhados acima do
eixo x, enquanto os valores negativos são desenhados abaixo do eixo x.
Geralmente, é conveniente fazer os gráficos dos diagramas de esforço cortante
e momento fletor diretamente abaixo do diagrama de corpo livre da viga.
Figura 7.10
Exemplo 7.6
Construir os diagramas de esforço cortante e de fletor para o eixo mostrado na
Figura 7.11a. O apoio em A é um mancal axial e o apoio em C é um mancal radial.
5 kN
A
B
C
2 m
2 m
(b)
(c)
Figura 7.11
SOLUÇÃO
(a)
Reações de apoio
As reações de suporte aparecem no diagrama de corpo livre do eixo, Figura 7.11d.
Funções de esforço cortante e momento fletor
O eixo é seccionado a uma distância arbitrária x do ponto A, estendendo-se dentro
da região AB, e o diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado na
Figura 7.11b. Consideramos que as incógnitas V e M atuam no sentido positivo na
face direita do segmento, de acordo com a convenção de sinal estabelecida. A
aplicação das equações de equilíbrio gera:
+ - RF y = 0; V = 2,5 kN (1)
e+RM = 0; M = 2,5x kN $ m (2)
Um diagrama de corpo livre para um segmento esquerdo do eixo estendendo-se a
uma distância x dentro da região BC é mostrado na Figura 7.11c. Como sempre, V
e M aparecem atuando no sentido positivo. Logo,
+ - RF y = 0; 2,5 kN – 5 kN – V = 0
V = –2,5 kN (3)
e+ RM = 0; M + 5 kN(x – 2m) – 2,5 kN(x) = 0
M = (10 – 2,5x) kN $ m (4)

Capítulo 7 Forças internas | 263 |
Diagramas de esforço cortante e de momento fletor
NOTA:
(d)
Figura 7.11
Exemplo 7.7
6 kN/m
9 m
(a)
SOLUÇÃO
Reações de apoio
Funções de esforço cortante e de momento fletor
1 2 1 2
2
^h^
3
h 3
1
3
+ RF y = 0; 9 - 1 x
2 V 0
3
- =
2
V = c9
-
x
mkN
3
+ R = 0; M
1 x
2
+
x 9 x 0
3
` - =
3
j
3
M = c9x-
x
mkN m
9
(b)
Figura 7.12

| 264 | Estática
(c)
Diagramas de esforço cortante e de momento fletor
2
V = 9 -
x
= 0
3
x = 520 , m
NOTA:
3
^520
, h
mx
á = e9520
^ , h - o kN m
9
= 31,
2 kN m
Figura 7.12
Problemas fundamentais
7.7.
6 kN
7.10.
12 kN ∙ m
A
B
A
x
3 m
Problema 7.7
7.8.
30 kN/m
25 kN ∙ m
x
3 m
Problema 7.8
7.9.
A
6 kN/m
x
6 m
Problema 7.10
7.11.
A
x
30 kN ∙ m
C
3 m 3 m
Problema 7.11
7.12.
4 kN
12 kN ∙ m
B
x
3 m
A
A
x
3 m
C
3 m
B
Problema 7.9
Problema 7.12

Capítulo 7 Forças internas | 265 |
Problemas
*7.40.
•7.45.
M 0
A
B
Problema 7.40
•7.41.
9 kN
L/2 L/2
Problemas 7.44/45
7.46.
w 0
A
B
A
L–– 2
L ––2
B
4 m 2 m
Problema 7.41
7.42.
2,4 m
0,6 m 0,6 m
Problema 7.46
7.47.
300 N · m
A
300 N/m
B
A
0,9 m
0,6 m
B C D
E
0,6 m
0,9 m
4 m
Problema 7.47
*7.48.
8 kN/m
Problema 7.42
7.43.
2 kN/m
A
B
4 m 2 m
Problema 7.48
C
A
2 m
Problema 7.43
6 kN ∙ m
*7.44.
•7.49.
A
2 kN/m
B
50 kN ∙ m
5 m 5 m
Problema 7.49
C

| 266 | Estática
7.50.
5 kN/m
A
250 N ∙ m
6 m
Problema 7.50
B
250 N ∙ m
7.51.
1,5 kN/m
A
3 m
Problema 7.51
*7.52.
3 kN/m
A
4 m
Problema 7.52
B
B
0,5 kN ∙ m
•7.53.
A
0,6 kN/m
0,3 kN ∙ m
B
C
3 m 1,5 m
Problema 7.53
7.54.
A
L
Problema 7.54
7.55.
80 kN/m
B
w
*7.56.
1,5 kN
4 kN/m
2 m
Problema 7.56
•7.57.
4 kN/m
A
B
3 m 3 m
Problema 7.57
7.58.
A
w 0
2w 0
2 m 2 m
Problema 7.58
7.59.
w 0
A
B
4,5 m 1,5 m
Problema 7.59
*7.60.
A
w 0
B
A
C
B
A
4 m
4 m
a
L
Problema 7.55
Problema 7.60

Capítulo 7 Forças internas | 267 |
•7.61.
10 kN/m
7.63.
z
A
B
C
60 N/m
1 m
2 m
Problema 7.61
x
y
1,2 m 0,6 m
7.62.
A
2 r 0
r 0
Problema 7.63
*7.64.
w
y
L
x
r
u
Problema 7.62
Problema 7.64
7.3 Relações entre carga distribuída, esforço cortante e
momento fletor
A
w
F 1 F 2
w = w(x)
B C D
M 1
x
M 2
Δx
(a)
x
Carga distribuída
2
1
M
w(x)
V
ΔF = w(x) Δx
O
Δx
V
(b)
k(Δx)
Figura 7.13
M
+ ΔV
+ ΔM

| 268 | Estática
Relação entre a carga distribuída e o esforço cortante
+ RF y = 0;
dV
dx
Inclinação do
diagrama de
esforço cortante
w^xh
=
Intensidade da
carga distribuída
DV
w^xhdx
Variação no
esforço cortante
=
Área sob a curva
de carregamento
Relação entre o esforço cortante e o momento
R
dM
dx
V
Inclinação do diagrama
de momento fletor
= Esforço cortante
DM
V dx
M
V
F
M + ΔM
Variação no
momento fletor
=
Área sob o diagrama
de esforço cortante
Δx
V
(a)
+ ΔV
Figura 7.14
Força
R

Capítulo 7 Forças internas | 269 |
Momento de binário
R
(b)
Figura 7.14
Pontos importantes

| 270 | Estática
2 kN
M B = 11 kN ∙ m
1,5 kN/m
Exemplo 7.8
2 m 2 m
w = 0
inclinação = 0
V (kN)
–2
0
2 4
x (m)
–5
B y = 5 kN
w = constante negativa
inclinação = constante negativa
V = constante negativa
inclinação = constante negativa
V = crescendo negativa
M (kN ∙ m) inclinação = crescendo negativa
A
2 kN
2 m
(b)
(c)
2
–4
(d)
4
–11
x (m)
V = 2 kN
M = 4 kN ∙ m
(e)
Figura 7.15
4 m 2 m
A y = 2 kN
B y = 10 kN
w = 0
inclinação = 0
V (kN)
0 x (m)
4 6
–2
M (kN ∙ m)
(b)
4
0 x (m)
6
8
–8
4 kN/m
w = constante negativa
inclinação = constante negativa
(c)
V = decrescendo positiva
inclinação = decrescendo positiva
V = constante negativa
inclinação = constante negativa
(d)
Figura 7.16
2 kN
1,5 kN/m
A
2 m 2 m
SOLUÇÃO
(a)
Diagrama de esforço cortante
Diagrama de momento
Exemplo 7.9
4 kN/m
A
B
4 m 2 m
SOLUÇÃO
(a)
Diagrama de esforço cortante
B

Capítulo 7 Forças internas | 271 |
Diagrama de momento fletor
A
2 kN
4 m
V = 2 kN
M = 8 kN ∙ m
(e)
Figura 7.16
Exemplo 7.10
120 kN/m
linear
120 kN/m
A
B
A
B
12 m
SOLUÇÃO
(a)
Diagrama de esforço cortante
+ RF y = 0;
240 kN - 1 ^ 10 h 0 2
=
= 693 , m
Diagrama de momento fletor
+ R = 0;
1
10 6, 93 6, 93
1
mx á + 6 ^ h^ h@
c ^ 693 , hm - 240693 ^ , h = 0
2
3
= 1109 kN m
mx á
A y = 240 kN
V (kN)
240
0
positiva
decrescendo
M (kN ∙ m)
0
12 m
w = crescendo negativa
inclinação = crescendo negativa
A
cúbica
A y = 240 kN
parabólica
6,93
(c)
(b)
B y = 480 kN
12
6,93 12
–480
x (m)
V = crescendo negativa
inclinação = crescendo negativa
(d)
x
(e)
1
2
Figura 7.17
1109
x (m)
[ 10 x] x
x
3
10 x
V
M

| 272 | Estática
Problemas fundamentais
7.13.
8 kN
4 kN
6 kN
7.16.
6 kN/m
6 kN/m
1 m
1 m
Problema 7.13
7.14.
6 kN
8 kN/m
1 m
A
A
B
1,5 m 3 m
1,5 m
Problema 7.16
7.17.
6 kN/m 6 kN/m
A
A
B
1,5 m 1,5 m
Problema 7.14
7.15.
60 kN
30 kN
3 m
3 m
Problema 7.17
7.18.
9 kN/m
A
B
A
B
2 m 2 m 2 m
3 m
3 m
Problema 7.15
Problema 7.18
Problemas
•7.65.
3 kN
2 kN
1,5 kN
7.66.
10 kN
5 kN
5 kN
A
B
A
B
1 m 1 m 1 m 1 m
2 m
2 m
2 m
2 m
Problema 7.65
Problema 7.66

Capítulo 7 Forças internas | 273 |
7.67.
18 kN
6 kN
A
B
M = 10 kN ∙ m
2 m 2 m 2 m
Problema 7.67
*7.68.
4 kN
M = 2 kN ∙ m
A
B
*7.72.
Problema 7.72
•7.73.
2 m 2 m 2 m
Problema 7.68
•7.69.
A
10 kN 10 kN
2 m 2 m 2 m
Problema 7.69
15 kN ∙ m
7.70.
P P
A
B
B
Problema 7.73
7.74.
A
8 kN
20 kN ∙ m
8 kN
B C D
15 kN/m
1 m 0,75 m 1 m 1 m
0,25 m
Problema 7.74
7.75.
500 N
L–– 3
L –– 3
L –– 3
Problema 7.70
A
300 N/m
B
7.71.
1,5 m 1,5 m
Problema 7.75
*7.76.
10 kN
2 kN/m
A
B
5 m 3 m 2 m
Problema 7.71
Problema 7.76

| 274 | Estática
•7.77.
1000 N
2000 N/m
A
B 500 N ∙ m
0,3 m 1,2 m 0,3 m
Problema 7.77
7.78.
3,5 kN
3 kN/m
1,2 kN ∙ m
A
2 m 1 m 1,5 m
B
Problema 7.78
7.79.
1,5 kN 4 kN/m
C
7.82.
w 0
A
L
B
Problema 7.82
7.83.
8 kN/m
A
3 m
8 kN/m
Problema 7.83
L
3 m
*7.84.
20 kN
40 kN/m
2 m
A
A
B
8 m 3 m
150 kN ∙ m
Problema 7.79
Problema 7.84
*7.80.
10 kN
10 kN/m
•7.85.
w
A
B
3 m 3 m
Problema 7.80
•7.81.
10 kN
10 kN/m
A
2 m 2 m
Problema 7.85
7.86.
5 kN
3 kN/m
B
A
B
A
B
C
D
3 m 3 m
Problema 7.81
3 m 3 m 1,5 m 1,5 m
Problema 7.86

Capítulo 7 Forças internas | 275 |
7.87.
2 kN/m
*7.88.
100 kN/m
25 kN ∙ m
25 kN ∙ m
A
B
A
B
300 mm
600 mm
450 mm
1,8 m 3 m 1,8 m
Problema 7.87
Problema 7.88
7.4 Cabos
Cabo sujeito a cargas concentradas
Figura 7.18

| 276 | Estática
Exemplo 7.11
(b)
(c)
(a)
SOLUÇÃO
R R
+ R F x = 0;
R
+ RF y = 0;
R
+
R F x = 0;
+ RF y = 0;
(d)
Figura 7.19
Ponto A
+
R = 0;
F x
+ RF y = 0;

Capítulo 7 Forças internas | 277 |
Ponto C
+
R = 0;
F x
+ RF y = 0;
Ponto E
+
R = 0;
F x
+ RF y = 0;
NOTA:
(e)
(f)
Figura 7.19
Cabo sujeito a uma carga distribuída
+
R F x = 0;
+ RF y = 0;
R
(a)
(b)
Figura 7.20

| 278 | Estática
dT ^ cos ih
0
dx
dT ^ sen i h - w^xh
= 0
dx
dy
tg i
dx
T sen i w^xhdx
dy
tg i
1
w^xhdx
dx FH
y
c w^xh dxm
dx
F
Exemplo 7.12
Figura 7.21 (a)
SOLUÇÃO

Capítulo 7 Forças internas | 279 |
y =
c w0
dxmdx
F
2
wx
y
1 0
= c + Cx+
C
F 2
1 2
m
w0 y x
2
=
F
2
wL 0
F
=
h
y
h x
2
=
2
L
dy
w0
tg imx
á x
dx
F
x
L/
2
H x
L/
2
1 wL 0
i mx á = tg
- c m
2FH
FH
Tmx
á
cos ^imx
á h
T
mx á
=
4F
2
H
+ w0
L
2
2 2
wL 0
T
L
mx á = 1 +c m
2 4h
2
2 2 dy
ds = ^dxh + ^dyh = + c m dx
dx
/ 2
= ds = 2 1
8h
+c 2 x m dx
0 L
2
L
1
4h
L -1
= = + senh
4h
c m + c mG
2 L 4h
L
2
2
(b)
Figura 7.21

| 280 | Estática
Cabos sujeitos ao seu próprio peso
T sen i w^shds
dy
dx
F
w^shds
2 2
ds = dx + dy
ds
dx
dy
dx
2
=
ds
c m -
dx
2 12 /
=
= + w^s ds
2
c h m G
F
x =
ds
2 12 /
= + w s ds
2
c ^ h m G
F
(a)
(b)
Figura 7.22

Capítulo 7 Forças internas | 281 |
Exemplo 7.13
SOLUÇÃO
x =
ds
2 12 /
2
; 1+^1/
F hc
w dsm
E
x =
ds
2
/
61+^1/
F h^w sCh
@
0
0 1 2 12
FH
-1
x = ^senh
u+
C2h
w
0
Figura 7.23
FH
-1
x = senh
1
w
) = ^
F ws C C
0 + 1hG
+ 23
0
H
dy
dy
=
1
wds ou
1
dx F
dx F ws C
0 = ^ 0 + 1h
H
H
dy ws 0
=
dx F
FH
w0
s senhe x o
w0
FH
dy w0
senhe x o
dx F
H
FH
w0
y = coshe
x o+
C
w F
0
H
3
FH
w0
y = = coshe
x o-
1G
w0
FH
FH
wL 0
h = = coshe
o-
1G
w0
2FH

| 282 | Estática
F
y = cosh
5 Nm /
x 1
5 Nm /
= e -
F
o G
6 m = cosh
50 N
1
5 Nm /
= e -
o G
45,
9 N
senh
5 Nm /
m 12,1 m
2 5Nm
/
= ^10
h
45,
9 N
G
24,2 m
dy
5Nm
/ ^12,
1mh
tg imx
á 132 ,
dx
45,
9 N
s 12,
1 m
i 52, 8°
T
mx á
mx á
FH
45,
9 N
75,9 N
cos i cos 52,8°
mx á
Problemas
•7.89.
7.90.
B
7.91.
*7.92.
A
x B
A
0,6 m
1,5 m
1,5 m
B
P
2,4 m
C
D
250 N
0,6 m
C
300 N
P
D
0,9 m
0,9 m
1,2 m
Problemas 7.89/90
0,9 m
Problemas 7.91/92

Capítulo 7 Forças internas | 283 |
•7.93.
Problema 7.93
7.94.
7.98.
1,5 m
2,4 m
0,6 m
A
D
C
0,9 m
x B
5
3
4
150 N
Problemas 7.97/98
7.99.
60 m
7 m
B
P
0
Problema 7.99
Problema 7.94
7.95.
*7.96.
1,2 m
A
B
y B
4,2 m
P 2
P 2
P 1
3,6 m 6 m 4,5 m 3,6 m
C
Problemas 7.95/96
•7.97.
D
y D
E
*7.100.
•7.101.
3 m
A
7,5 m
Problemas 7.100/101
B
4,5 m
7.102.
A
O
y
B
10 kN · m 10 kN · m
4,5 m 4,5 m
Problema 7.102
2,4 m
w 0
x

| 284 | Estática
7.103.
3,6 m
7.107.
A
50 m
B
A
h
B
h = 5 m
Problema 7.107
C
D
*7.108.
Problema 7.103
*7.104.
•7.105.
A
150 m
1000 m
B
75 m
A
50 m
30º 30º
Problema 7.108
•7.109.
A
40 m
B
B
Problema 7.109
Problemas 7.104/105
7.106.
y
A
10º
12 m
B
3 m
x
7.110.
7.111.
A
8 m
B
10 kN/m
Problema 7.106
Problema 7.111

Capítulo 7 Forças internas | 285 |
*7.112.
60 m
A
100 m
30 m
B
40 m
•7.113.
T
40 m
h
T
Problema 7.112
Problema 7.113
REVISÃO DO CAPÍTULO
R
R
R

| 286 | Estática
dV
dx
dM
dx
w
V
DV
w dx
DM
V
dx

Capítulo 7 Forças internas | 287 |
y =
y
F
c w^xh dxm
dx
Carga distribuída
ds
= + w^s ds
2
c h m G
F
Peso do cabo
2 12 /
Problemas
7.114.
7.115.
A
0,9 m
C
0,6 m
50 kN
B
6 kN · m
0,6 m 0,9 m 0,6 m
Problema 7.115
*7.116.
7,5 kN
2 kN/m
6 kN
1 kN/m
D
•7.117.
0,25 m
0,75 m
0,75 m
400 N/m
A
0,75 m
60º
E
C
D
Problema 7.117
7.118.
w
B
1 m
A
B
C
40 kN ∙ m
a
L
Problema 7.118
5 m 5 m
3 m
1 m
Problema 7.116
7.119.

| 288 | Estática
*7.120.
*7.123.
B
y
0,3 m
θ
C
1000 N
Problema 7.120
•7.121.
0,6 m
750 N
D
A
A
B
C
45º
Problema 7.123
1,5 m
3 m 1,5 m
6 kN
Problema 7.121
1,5 m
7.122.
*7.124.
dl
B
y
s
d
60º
x
A
x = 2 m
5 m
Problema 7.124
A
•7.125.
C
C
750 N
8 kN
B
A
30º
E
0,9 m
2,4 m
D
F
0,3 m
1,2 m
B
Problema 7.122
Problema 7.125

Capítulo 7 Forças internas | 289 |
7.126.
B
7.127.
60º
A
y
h
A
30º
5 m
C
l
B
s
x
Problema 7.126
Problema 7.127

CAPÍTULO
8
Atrito
Objetivos do capítulo
Introduzir o conceito de atrito seco e mostrar como analisar o equilíbrio de corpos rígidos sujeitos a essa força.
Apresentar aplicações específicas da análise de força de atrito em calços, parafusos, correias e mancais.
Investigar o conceito de resistência ao rolamento.
8.1 Características do atrito seco
Teoria do atrito seco
∆N n
∆F 1
W
(a)
∆F n
(b)
∆F 2
∆N n
∆N 1 ∆R 1
∆N 2 ∆R 2
(c)
Figura 8.1
P
∆F n
∆R n

Capítulo 8 Atrito | 291 |
B
A
C
Independentemente do peso do ancinho ou pá que esteja
suspenso, o dispositivo foi projetado de modo que o
pequeno rolete mantenha o cabo em equilíbrio devido às
forças de atrito que se desenvolvem nos pontos de
contato , , .
Equilíbrio
Iminência de movimento
Fs
nsN
zs
= tg e o = tg c m = tg
N N
-1 -1 -1
n
s
W
a/2 a/2
P
h
F
O
x
N
Forças resultantes
normais e de atrito
W
x
N
Equilíbrio
ø s
(d)
h
(e)
Figura 8.1
Iminência
de movimento
P
F s
R s

| 292 | Estática
TABELA 8.1 | Valores típicos para s
W
N
ø k
(a)
F k
R k
Movimento
P
Movimento
∆F 1 ∆F 2 ∆F n
∆N 1
∆N n
∆R 1
∆N 2
∆R 2
∆R n
(b)
Figura 8.2
Fk
nkN
zk
= tg e o = tg c m = tg
N N
-1 -1 -1
n
k
F s
F k
F
Sem movimento
F = P
45º
Figura 8.3
Movimento
P

Capítulo 8 Atrito | 293 |
Características do atrito seco
8.2 Problemas envolvendo atrito seco
Tipos de problemas de atrito
B
A
μ A = 0,3
C
μ C = 0,5
Nenhuma iminência de movimento aparente
(a)
B y
B x B x
B y
100 N 100 N
F A
N A
N C
(b)
Figura 8.4
F C

| 294 | Estática
(a)
(b)
Figura 8.5
B
P
A
C
μ A = 0,3 μ C = 0,5
(a)
B y
B y
Iminência de movimento em todos os pontos de contato
Iminência de movimento em alguns pontos de contato
b/2
b/2
b/2
b/2
B x
B x
100 N
P
F A
100 N
F C
P
W
P
W
N A
N C
(b)
Figura 8.6
h
h
Considere empurrar uma caixa uniforme que tem um peso e se apoia sobre a superfície rugosa. Como
mostrado no primeiro diagrama de corpo livre, se a intensidade de for pequena, a caixa permanecerá
em equilíbrio. À medida que aumenta, a caixa estará na iminência do deslizamento sobre a superfície
( μ ), ou, se a superfície for muito rugosa (μ grande), então a força normal resultante se deslocará
para o canto, , como mostra o segundo diagrama de corpo livre. Nesse ponto, a caixa começará
a tombar. A caixa também tem uma chance maior de tombar se for aplicado a uma altura maior
acima da superfície, ou se sua largura for menor.
x
N
F
x
N
F

Capítulo 8 Atrito | 295 |
Equações de equilíbrio versus de atrito
Procedimento para análise
Diagramas de corpo livre
Equações de equilíbrio de atrito
F B
N B
B
F A
A
W
N A
A força vertical aplicada sobre
essa bobina precisa ser grande o
suficiente para sobrepor a resistência
ao atrito nas superfícies em contato
e , a fim de causar rotação.
P
Exemplo 8.1
P = 80 N
0,8 m
30º
0,2 m
(a)
Figura 8.7

| 296 | Estática
196,2 N
P = 80 N 0,4 m 0,4 m
30º
0,2 m
O
x
N C
(b)
Figura 8.7
F
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Equações de equilíbrio
R
R
R
Exemplo 8.2
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
0,3 m
0,3 m
0,3 m
0,3 m
W 25°
G
G
x
O
0,5 m
θ = 25°
F
N
(a) (b) (c)
Figura 8.8
0,5 m

Capítulo 8 Atrito | 297 |
Equações de equilíbrio
R
R
R
NOTA:
Exemplo 8.3
N B
B
10(9,81) N
A
A
θ
4 m
(a)
θ
A
N A (2 m) cos (2 m) cos θ
F
(4 m) sen
A
θ
(b)
θ
Figura 8.9
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Equações de equilíbrio de atrito
R
R

| 298 | Estática
R ^24 , 93 Nh^4 mhsen
i- 610^9 , 81hN@
^2 mhcos
i = 0
sen i
= tg i = 1,
6667
cos i
i = 59, 04° = 59, 0°
Exemplo 8.4
A
4 m
200 N/m
B
0,75 m
P
0,25 m
C
400 N
B
F B
0,75 m
0,25 m P
F C
C
(a) (b) (c)
N C
Figura 8.10
SOLUÇÃO
Diagramas de corpo livre
R
Equações de equilíbrio de atrito
R
R
R
(O poste desliza em B e gira em torno de C.)

Capítulo 8 Atrito | 299 |
(O poste desliza em C e gira em torno de B.)
Exemplo 8.5
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Equações de equilíbrio de atrito
R
R
R
R
R
R
P
C
B
30º
A
(a)
y
P
F AC
C
30º
F A
N A
F BC
3(9,81) N
30° F AC = 1,155 P
9(9,81) N
F BC = 0,5774 P
F B
N B
(b)
Figura 8.11
x

| 300 | Estática
Problemas fundamentais
8.1.
5
4 3
P
8.4.
P
Problema 8.1
A
0,6 m
0,9 m
8.2.
A
3 m
B
Problema 8.4
8.5.
P
B
0,45 m 0,45 m
4 m
Problema 8.2
8.3.
A
B
P
P
1,35 m
G
0,75 m
1,05 m
30°
A
Problema 8.3
Problema 8.5

Capítulo 8 Atrito | 301 |
Problemas
•8.1.
8.2.
8.3.
P
30°
Problemas 8.1/2/3
*8.4.
B
0,9 m
θ
G
Problemas 8.5/6
8.7.
*8.8.
3 m
A
100 mm
x
B
B
200 mm
C
7,8 m
A
A
Problema 8.4
•8.5.
8.6.
d
Problemas 8.7/8
•8.9.
A
B
θ
Problema 8.9

| 302 | Estática
8.10.
8.11.
2,4 m
B
1,5 m
P
1,5 m
0,6 m
0,3 m
B
Problema 8.14
8.15.
P
A
60°
A
1,8 m
Problemas 8.10/11
G
0,1 m
0,4 m
A
*8.12.
•8.13.
B
Problema 8.15
*8.16.
•8.17.
13
12
5
D
C
A
B
60°
Problemas 8.12/13
8.14.
1,5 m
0,9 m
0,3 m
Problemas 8.16/17
1,2 m

Capítulo 8 Atrito | 303 |
8.18.
275 mm
E
30°
P
F
8.22.
500 mm
C
H
D
500 mm
A
300 mm
G
Problema 8.18
8.19.
*8.20.
B
F = 120 N
Problema 8.22
F = 120 N
8.23.
k = 40 N/m
B
B
A
θ
C
100 mm D
Problemas 8.19/20
45°
•8.21.
60°
P
75 mm
A
B
A
C
D
Problema 8.23
θ
Problema 8.21
*8.24.

| 304 | Estática
•8.25.
P
3
5
4
a
Problema 8.28
Problemas 8.24/25
8.26.
•8.27.
1,2 m
0,9 m
G
0,45 m
b
0,9 m
•8.29.
1,05 m
30°
P
A
0,6 m
G
Problema 8.29
0,6 m
B
0,9 m
8.30.
8.31.
A
G
C
Problemas 8.26/27
*8.28.
10°
A
0,375 m
B
0,75 m
Problemas 8.30/31

Capítulo 8 Atrito | 305 |
*8.32.
8 m
A
C
θ
B
5 m
Problema 8.32
30°
•8.33.
P
30°
A
75 mm
O
θ
P
Problemas 8.35/36
500 mm
•8.37.
25 mm
A
a
C
b
75 mm 75 mm
Problema 8.33
8.34.
L
B
θ
Problema 8.37
8.38.
y
A
θ
y =
–– 1 3
x2
Problema 8.34
8.35.
h
Problema 8.38
x

| 306 | Estática
8.39.
*8.40.
G
θ
30 mm
A
B
A
B
0,3 m
0,75 m
0,25 m
Problema 8.44
Problemas 8.39/40
•8.41.
100 mm
P
•8.45.
8.46.
250 mm
C
A
D
300 mm
C
B
Problema 8.41
8.42.
8.43.
B
M
125 mm
A
Problemas 8.45/46
400 mm
30°
Problemas 8.42/43
8.47.

Capítulo 8 Atrito | 307 |
*8.48.
C
A
0,4 m
O
0,2 m
B
Problemas 8.47/48
•8.49.
8.50.
0,5 m
B
1,6 m
Problemas 8.49/50
G
P
A
1,2 m
8.51.
*8.52.
200 mm
P
•8.53.
8.54.
d
5,4 m
0,9 m
Problemas 8.53/54
G
μ = 0,5
μ' = 0,3 μ' = 0,3
0,3 m 0,3 m
8.55.
*8.56.
A
60°
d
G
3,6 m
Problemas 8.55/56
45°
B
400 mm
A
B
Problemas 8.51/52
150 mm
•8.57.
8.58.

| 308 | Estática
0,9 m
1,35 m
A
300 mm
D
M
E
300 mm
P
B
C
Problema 8.61
1,5 m
A
Problemas 8.57/58
1,35 m
B
8.62.
8.59.
A
B
A
B
C
D
Problema 8.62
P
15°
θ
θ
C
D
Problemas 8.59/60
•8.61.
15°
8.63.
*8.64.
C
A
B
Problemas 8.63/64
P
300 mm

Capítulo 8 Atrito | 309 |
Problemas conceituais
8.1.
8.4.
Problema 8.1
8.2.
Problemas 8.3/4
8.5.
Problema 8.2
8.3.
Problema 8.5
8.3 Calços

| 310 | Estática
R R
W
P
θ
Iminência de
movimento
(a)
(b)
Figura 8.12
Exemplo 8.6
4905 N
1 m
0,5 m
0,5 m
N B
7º 7º
A
(a)
C
B
7º
P
F A
A
0,3 N B
0,3 N B
0,3 N C
P
7º
7º
N A
N B
N C
(b)
Iminência de
movimento
Figura 8.13

Capítulo 8 Atrito | 311 |
SOLUÇÃO
R
R
R
NOTA:
8.4 Forças de atrito em parafusos
A
B
r
l
(b)
(a)
Figura 8.14

| 312 | Estática
(a)
Iminência de movimento para cima
R
R
(b)
(c)
(d)
Figura 8.16
Figura 8.15
Parafuso autotravante
Iminência de movimento para baixo

Capítulo 8 Atrito | 313 |
Exemplo 8.7
Figura 8.17
SOLUÇÃO
NOTA:

| 314 | Estática
Problemas
8.65.
*8.68.
θ θ
–– 2
–– 2
P
P
P
A
B
15º
Problema 8.65
8.66.
B
Problema 8.68
•8.69.
B
C
A
P
A
45º
45º
P
B
15º
Problema 8.69
Problema 8.66
8.67.
8.70.
0,5 m
P
10º
B
C
Problema 8.67
A
Problema 8.70
8.71.

Capítulo 8 Atrito | 315 |
*8.72.
F
A
*8.76.
450 mm
P
C
θ
20 mm
300 mm
B
Problemas 8.71/72
•8.73.
8.74.
15º
P
Problema 8.76
•8.77.
30º
30º
Problemas 8.73/74
1,5 N · m
8.75.
3 m
–F
150 mm
A
B
7,5º
P
F
Problema 8.75
Problema 8.77

| 316 | Estática
8.78.
100 mm
P
Problemas 8.80/81
Problema 8.78
8.79.
A
B
M
30 kN
500 mm 375 mm 250 mm
Problema 8.79
C
187,5 mm
250 mm
D
*8.80.
•8.81.
8.82.
8.83.
E
A
D
200 mm
B
200 mm
Problemas 8.82/83
C
150 mm
*8.84.
Problema 8.84

Capítulo 8 Atrito | 317 |
•8.85.
8.86.
8.87.
C
E
A
45º
45º
45º
45º
B
100 mm
D
Problemas 8.85/86
Problema 8.87
8.5 Forças de atrito em correias planas
(a)
Figura 8.18

| 318 | Estática
(b)
(c)
Figura 8.18
Análise de atrito
+ RF
0; T cos
d
dN T dT cos
d
x =
i
n
i
c m + - ^ + h c m = 0
2 2
+ RF 0; dN T dT sen
d
T sen
d
y = - ^ + h
i
i
c m- c m=
0
2 2
dT
ndi
T
T1
T2
b
dT
n di
T
0
T2
ln nb
T
1

Capítulo 8 Atrito | 319 |
Exemplo 8.8
SOLUÇÃO
D
T
B
A
45º 45º
(a)
C
T
500 N 500 N
1 = 277,4 N
025 , 6 ^34
/ h @
= =
e
180 ,
, N
m
W 153 9
= =
g 981ms , /
= 15,
7 kg
2
277,4 N
(b)
Iminência de
movimento
(c)
C
Figura 8.19
W = mg
135º
Problemas
*8.88.
•8.89.
D
μ = 0,5
C
B
20º
A
μ BA = 0,6
μ AC = 0,4
F
Problemas 8.88/89
8.90.
Problema 8.90

| 320 | Estática
8.91.
F
A
Problemas 8.93/94
Problema 8.91
*8.92.
C
8.95.
*8.96.
A
θ
B
θ
C
A
Problema 8.92
•8.93.
8.94.
B
D
Problemas 8.95/96
•8.97.
Problema 8.97
E

Capítulo 8 Atrito | 321 |
8.98.
P
8.102.
400 mm
O
M
A
300 mm
Problema 8.98
C
B
900 mm
100 mm
8.99.
Iminência de
movimento
β
α
20º
A
M = 120 N · m
O
375 mm
45º
B
450 mm 900 mm
Problema 8.102
8.103.
P
T 2 T 1
Problema 8.99
*8.100.
•8.101.
A
Problema 8.103
*8.104.
C
45º
B
M
200 mm
d
0,3 m
A
Problemas 8.100/101
3 m
Problema 8.104

| 322 | Estática
•8.105.
8.106.
15º
*8.108.
0,15 m
A P B
M
Problema 8.108
0,15 m
P = 1500 N
•8.109.
300 mm
μ D = 0,1
Problemas 8.105/106
8.107.
μ B = 0,4
B 400 mm
A
μ A = 0,3
Problema 8.109
P
D
μ C = 0,4
C
10 mm
A
10 mm
10 mm
T 1
B
M = 0,005 N · m
8.110.
C
T 2
Problema 8.107
Problema 8.110

Capítulo 8 Atrito | 323 |
8.111.
0,6 m
1,2 m
A
30º
C
•8.113.
C
3
4
5
0,25 m
Problema 8.111
*8.112.
B
D
A 0,4 m
0,3 m
B
Problemas 8.112/113
8.6 Forças de atrito em mancais de escora, mancais
axiais e discos
(a)
(b)
Figura 8.20

| 324 | Estática
Análise de atrito
R
Figura 8.21
nsP
dF = nsdN = nsp dA =
dA
2 2
r^R
- R h
2
1
Figura 8.21
R M- r dF =
R2
2
nsP
n P
R2
2
s
2
M = r; rd dr
rdr d
2 2 E^
i h =
i
2 2
R 0 r^R
- R h
r^R
- R h R
0
1
2
1
3 3
M
2 R2
- R1
= nPe 3 R
2 R
2 o
-
2
1
2
1
1
M
2
n PR
3

Capítulo 8 Atrito | 325 |
Exemplo 8.9
z
20 N
M
0,5 m
0,5 m
x
a
w = w(x)
w 0
y
(a)
SOLUÇÃO
R - 20 N+ 2 ; 1 ^ 05 , mh
0 40 N/
m
2
0 E = 0 =
w = ^40 Nm / h
x
c1
- m = 40 - 80x
05 , m
x
dN
z
20 N
x
dF
dx
M
–x
dN
dF
dx
y
(b)
Figura 8.22
2
R M-2 ^0, 3h^40x- 80x h dx = 0
0
05 ,
3
2
M = 6cx
-
4x
m
3
M = 05 , N
m
05 ,
0

| 326 | Estática
8.7 Forças de atrito em mancais radiais
Rotação
z
(b)
A
(c)
Figura 8.23
Análise de atrito
(a)
R
Exemplo 8.10
(a)
Figura 8.24

Capítulo 8 Atrito | 327 |
SOLUÇÃO
Parte (a)
R
(b)
R
Parte (b)
R
NOTA:
8.8 Resistência ao rolamento
(c)
Figura 8.24
(a)
(b)
Figura 8.25

| 328 | Estática
(c)
P
Wa
r
(d)
Figura 8.25
Exemplo 8.11
98,1 N
98,1 cos 1,2º N 1,2º
98,1 sen 1,2º N
O 100 mm
1,2º
a
A
N
(b)
Figura 8.26
(a)
SOLUÇÃO
R

Capítulo 8 Atrito | 329 |
Problemas
8.114.
8.115.
8.118.
250 mm
15º
300 mm
C
200 mm
M
B
A
75 mm 50 mm P
M
Problema 8.118
375 mm
P
Problemas 8.114/115
*8.116.
M
8.119.
P
M
50 mm
R
150 mm
p
0
Problema 8.119
Problema 8.116
•8.117.
A
B
*8.120.
P
M
Fs
M
Fs
125 mm
50 mm
M
r
R
Fs
Problema 8.117
r 2
R 2
p
p = p 0 (1– ––)
0
Problema 8.120

| 330 | Estática
•8.121.
P
*8.124.
M
d 2
d 1
θ
θ
Problema 8.121
8.122.
Problema 8.122
375 mm
p 0
θ
3,6 m
p = p 0 cos θ
Problema 8.124
•8.125.
P
8.123.
r
M
Problema 8.125
Problema 8.123
8.126.

Capítulo 8 Atrito | 331 |
8.127.
8.131.
75 mm
z 60º
B
P
Problemas 8.126/127
A
*8.128.
•8.129.
Problemas 8.130/131
*8.132.
•8.133.
800 mm 600 mm
A
B
Problemas 8.128/129
8.130.
Problemas 8.132/133
8.134.

| 332 | Estática
8.135.
P
250 N
300 mm
300 mm
30º
45º
P
30º
250 mm
Problemas 8.134/135
*8.136.
45º
P
Problemas 8.138/139
*8.140.
W
P
A
75 mm
75 mm
r
Problema 8.136
B
•8.137.
Problema 8.140
•8.141.
Problema 8.137
8.138.
8.139.
Problema 8.141
8.142.
P
375 mm
Problema 8.142
375 mm

Capítulo 8 Atrito | 333 |
REVISÃO DO CAPÍTULO
R
R

| 334 | Estática
Movimento ou iminência
de movimento da correia
em relação à superfície
β
θ
r
T 2
T 1
3
M
2 R2
- R
= nP 3
f R
2 p
- R
2
3
1
2
1

Capítulo 8 Atrito | 335 |
A
Rotação
z
P
W a
r
Problemas
8.143.
*8.144.
A
R
Cômoda
1,25 m
Gaveta
A
0,3 m
G
θ
2R –– ϖ
B
s
Problema 8.143
P
B
P
Problema 8.144

| 336 | Estática
•8.145.
8.146.
800 mm
G
0,6 m
O
600 mm
A
Problemas 8.145/146
G
1,5 m 1 m
8.147.
B
A
B
1,5 m 0,9 m
0,6 m
Problemas 8.149/150
8.151.
A
B
45º
60º
20 m
θ
60º
Problema 8.147
8.148.
1
4
h
G
1
4
h
Problema 8.148
•8.149.
8.150.
3
4
1
4
h
h
P
Problema 8.151
*8.152.
•8.153.
40 kN
D
P B
10º A P′
10º
C
Problemas 8.152/153

CAPÍTULO
9
Centro de gravidade e centroide
Objetivos do capítulo
Discutir o conceito do centro de gravidade, centro de massa e o centroide.
Mostrar como determinar a localização do centro de gravidade e do centroide para um sistema de partículas
discretas e um corpo de forma arbitrária.
Usar os teoremas de Pappus e Guldinus para encontrar a área da superfície e o volume para um corpo de
simetria axial.
Apresentar um método para encontrar a resultante de um carregamento distribuído geral e mostrar como aplicá-lo
para encontrar a força resultante de um carregamento de pressão causado por um fluido.
9.1 Centro de gravidade, centro de massa e centroide
de um corpo
Centro de gravidade

| 338 | Estática
x
~
y
z
z
W
dW
z
y
G
z
G
~
z
y
x
~
x
y
y
x
x
(a) (b) (c)
x
W
z
y
Figura 9.1
R
x
y
z
R xW r xdW u
R yW r ydW u
R zW r zdW u
xdW u
ydW u
xr
yr
zr
dW
dW
zdW u
dW
x
y
z
x
y
z
z
Centro de massa de um corpo
x
dm C m
~z
~ x z
~
x
y
y
Figura 9.2
y
xdm u
ydm u
xr
yr
zr
dm dm
zdm u
dm

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 339 |
Centroide de um volume
t
t t
xdV u
ydV u
xr
yr
zr
dV
dV
zdV u
dV
z
x
~ x
~ y
y
C
dV
z
~ z
y
x
Figura 9.3
Centroide de uma área
xr
xdA u
dA
yr
ydA u
dA
x
z
~
y y
r z
(0, y, 0)
C
dy
y
Figura 9.4
y

| 340 | Estática
y
y
x ~
x
(x, y)
y
~
x
x
2
y
f(x)
y
f(x)
y
f(x)
y
x
C
x
y
dx
~
y
(a) (b) (c)
y
2
x
dy
(x, y)
x ~
y y
x
Figura 9.5
y
Centroide de uma linha
O
~ x
x
y
C
(a)
~ y
dL
dL dy
dx
x
xr
xdL u
dL
yr
ydL u
dL
2 2
dL = ^dxh
+ ^dyh
y
y 2x 2
2
2
dL
dx 2 dy
= c m dx + c m dx
dx dx
2
dy
= c 1 + c m mdx
dx
2
~
x x
2 m
dy
~
y y dx
1 m
(b)
Figura 9.6
x
dL
dx 2 dy
= e dy + dy
dy
o e o
dy
2
= c
dx
c m + 1 mdy
dy
2
2
dL = 1 +^dy/
dxh dx dL = 1+^4xh 2 dx
2
2
Pontos importantes

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 341 |
y
Procedimento para análise
C
x
Elemento diferencial
Figura 9.7
Dimensões e braços do momento
Integrações
Exemplo 9.1
SOLUÇÃO
y
1 m
x y 2
Elemento diferencial
(x, ~ y ~ )
C(x, y)
dL
1 m
Área e braços do momento
2
2 2
dL = ^dxh + ^dyh =
dx
c m + 1 dy
dy
~ y
y
O
~ x
x
Figura 9.8
x

| 342 | Estática
dL = ^2yh
2 + 1 dy
Integrações
xdL u
xr
= =
dL
1 m
0
1 m
0,
6063
= = 0, 410 m
1,
479
0
2
x 4y + 1 dy
=
2
4y
+ 1 dy
1 m
0
1 m
0
2 2
y 4y + 1 dy
2
4y
+ 1 dy
ydL u
yr
= =
dL
1 m
0
1 m
0
2
y 4y + 1 dy
2
4y
+ 1 dy
0,
8484
= = 0,574 m
1,
479
NOTA:
Exemplo 9.2
y
~ x
R cos θ
SOLUÇÃO
O
R
C(x, y )
dθ
(R, θ)
θ
Figura 9.9
~ y
dL
R sen θ
R d θ
x
Elemento diferencial
Comprimento e braço do momento
Integrações
/
2
/
2
2
xdL u ^Rcos
ih
Rdi
R cos i di
0
0
xr
= =
2R
/
2
=
/
2
=
dL
r
R di
R di
0
0
r/
2
2
ydL u ^Rsen
ih
Rdi
R sen i di
L
0
0
yr
r/
2
r/
2
dL
R di
R di
L
0
r/
2
0
2R
r
NOTA:
Exemplo 9.3

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 343 |
SOLUÇÃO
Elemento diferencial
y
Área e braços do momento
dA = x dy =
b ^h-
yhdy
h
Integração
ydA u
A
yr
= =
dA
A
h
0
y
b
; ^ h - y h dy E
h
1 2
6
bh h
h
=
1
=
b h y dy
bh 3
^ - h
2
h
0
h
y
h
(b x)
b (x, y )
(x, ~ ~ y )
x
dy
b
Figura 9.10
y
x
NOTA:
Exemplo 9.4
y
R d θ
R
R
3
R, θ
~ y
2
3
R sen θ
~
x
d θ
θ
2
R cos θ
3
x
Figura 9.11
SOLUÇÃO
Elemento diferencial
Área e braços do momento
2
dA =
1
^Rh^R dih
=
R d i
2
2
x Rcos
y Rsen
3
2
i
3
2
i

| 344 | Estática
Integrações
/
2
2
/
2
2
xdA
R cos
R d
2
u c im
i c Rm
cos i di
0 3 2 3 0
xr
= =
4R
/ 2 2
=
/ 2
=
dA
R 3r
d i di
2
0
r/
2
2
r/
2
ydA u
2
R sen
R d
2
c im
i c Rm
sen i di
A
0 3 2 3 0
yr
4R
/ 2 2
/ 2
r
r
dA
R 3r
d i di
A
2
0
0
0
Exemplo 9.5
y
y
y x 2
x
(x, y)
y x 2 1 m
(x, ~ y)
~
y
y
(x, y)
(x, ~ ~ y)
dy
1 m
1 m
dx
x
x
1 m
(1 x)
x
(a)
(b)
Figura 9.12
SOLUÇÃO I
Elemento diferencial
Área e braços de momento
Integração
1 m
1 m
3
xdA u xy dx x dx
0
0
,
xr
0 250
= = 0,75 m
1 m
=
1 m
= =
2
dA ydx x dx
0,
333
0
0
2 2
ydA u ^y/ 2hy dx ^x
/ 2hx dx
0
0
0,
100
yr
= = 0,3 m
1 m
=
1 m
= =
2
dA
ydx
x dx
0,
333
SOLUÇÃO II
1 m
0
1 m
0
Elemento diferencial

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 345 |
Área e braços do momento
x
= x+ 1 x 1 x
c
- m= , y y
2
- =
2
Integrações
1 m
1 m
xdA 1 x / 2 1 x dy
1
6 ^ + h @ ^ - h ^1
- yh
dy
A
0
,
x
2 0
0 250
= =
1 m
=
1 m
= =
dA
1 x dy
1 y dy
0,
333
^ - h
^ - h
A
ydA u
yr
= =
dA
1 m
0
1 m
0
0
y^1
- xh
dy
^1
- xh
dy
=
1 m
0
1 m
0
0
32 /
^y-
y h dy
0,
100
= = 0,3 m
^1
y dy
0,
333
- h
0,75 m
NOTA:
Exemplo 9.6
y
y
2 m
1 m
(a)
~
x
x
y
2 m
~ y
dx
y
2
x 2 y 2
4
1
x
( x, y)
2 m
dy
y
x x
~ y y
(b)
2 m
x 2 y 2
4
1
x
Figura 9.13
SOLUÇÃO I
Elemento diferencial
Área e braços do momento
Integração
2
y = 1 -
x
4
2 m y
2 m 2
ydA u ^ ydx h
1
c1
-
x
mdx
-2
m
y
2 2 -2
m 4 4 3
r = = 0,424 m
2 m
=
= =
2 m
2
dA ydx
1
x r
-
dx
-2
m
4
-2
m

| 346 | Estática
SOLUÇÃO II
Elemento diferencial
Área e braços do momento
Integração
2
x = 2 1 - y
1 m
ydA u y^2x dyh
0
yr
= =
1 m
=
dA 2xdy
0
1 m
0
1 m
0
2
4y
1-
y dy
4 3
= m = 0,424 m
2
4 1 y dy
r
-
Exemplo 9.7
z
~ y y
z 2 100y
(o, y, z)
100 mm
x
dy
r
~ (0, y, 0)
z
y
100 mm
Figura 9.14
SOLUÇÃO
Elemento diferencial
Volume e braço do momento
Integração
100 mm
100 mm
2
2
ydV u y^rz h dy 100r
y dy
0
0
yr
= = 66,7 mm
100 mm
=
100 mm
=
2
dV
^rz
h dy 100r
y dy
0
0

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 347 |
Exemplo 9.8
t
z
0,5 m
(0,0, ~ z)
dz
1 m
z
y
x
Figura 9.15
SOLUÇÃO
Elemento diferencial
Volume e braço do momento
Integrações
t
zr
V
zu
t dV
t dV
V
1 m
0
1 m
0
1 m
0
1 m
2
z dz
0, 667 m
zdz
0
2
z^200zh6 r^0,
5h
dz@
2
^200zh
r^0,
5h
dz

| 348 | Estática
Problemas fundamentais
9.1.
y
9.4.
y
x
1 m
L
y x 3
x
Problema 9.4
1 m
Problema 9.1
9.5.
9.2.
y
z
z 2
1
y
4
0,5 m
y
1 m
y x 3
x
1 m
Problema 9.2
x
1 m
Problema 9.5
9.3.
9.6.
y
z
2 m
2 m
y 2x 2
2 m
z
1–– (12 8y)
3
x
y
1 m
1 m
Problema 9.3
x
1,5 m
Problema 9.6

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 349 |
Problemas
•9.1.
y
1 m
y
4 m
y 2
4x
O
y 2
x 3
1 m
x
Problema 9.3
x
4 m
Problema 9.1
*9.4.
9.2.
y
y 4 x 2
y
4 m
y 2
x
x
1 m
2 m
Problema 9.4
A
1 m
Problema 9.2
x
•9.5.
y
9.3.
L
Problema 9.5
x

| 350 | Estática
9.6.
•9.9.
y
y
1 m
1 m
y 2 x 3 x
1 m
Problema 9.6
9.7.
y
y
2
x
x
1 m
Problema 9.9
9.10.
y
r
1 m
y x 3
α
α
C
x
x
r
1 m
Problema 9.10
–x
Problema 9.7
*9.8.
9.11.
y
y
y 2
4ax
2 ab
4 m
y 2
4x
x
4 m
Problema 9.8
x
b
Problema 9.11
*9.12.

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 351 |
•9.13.
•9.17.
y
y
y
x 1/ 2
1 m
Problemas 9.12/13
x
h
y –– h x
a 2
2
9.14.
y
a
Problema 9.17
x
a
xy c 2
x
9.18.
b
Problema 9.14
y
9.15.
C
y
y 3
2x
B
2 m
h y –– h x
a 2
2
A
x
a
Problema 9.15
*9.16.
y
x
4 m
Problema 9.18
9.19.
r a (1 cos θ)
y
1 m
1
y 1 – – x
4
2
2 m
x
C
_
x
r
θ
x
Problema 9.16
Problema 9.19

| 352 | Estática
*9.20.
*9.24.
y
y
B
y 3(1 x 2 )
3 m
1 m
y x 2
A
1 m
Problema 9.20
•9.21.
y
x
x
1 m
Problema 9.24
•9.25.
y
2
y = 2kcx-
x
m
2a
ka
3 m
y
x
a
Problema 9.21
9.22.
9.23.
x
3 m
y
x 3 –– 9
Problema 9.25
9.26.
x
y
9.27.
12 mm
y
y 2
x
50 mm
y 600
x
1 m
y x 2
50 mm
Problemas 9.22/23
12 mm
x
1 m
Problemas 9.26/27
*9.28.
x

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 353 |
•9.29.
y
*9.32.
•9.33.
y
y
––
h x n
a n
h
y 2
4x
x
2 m
a
y
2x
Problemas 9.28/29
9.30.
y
y 2
2x
1 m
Problema 9.32/33
9.34.
tt t
x
2 m
y
A
x
b–– 2
b–– 2
2 m
x
B
2 m
Problema 9.30
9.31.
y
a
Problema 9.34
9.35.
z
y 2 (z a) 2 a 2
y 2
x
y x 2
a
1 m
y
x
x
1 m
1 m
Problema 9.31
Problema 9.35

| 354 | Estática
*9.36.
z
z
5 m
z 2 y 2 9
a
z a 1 ( a y) 2
3 m
4 m
a
y
y
x
x
Problema 9.36
•9.37.
z
Problema 9.39
*9.40.
tt
t
z 2 –– 1 y
16
3
2 m
z
x
y
a
h
z a––
y a
h
4 m
Problema 9.37
9.38.
x
Problema 9.40
y
h
z – (a 2 y 2 )
a 2 h –2
h –2
z
•9.41.
tt t
z
y 2 z 2 a 2
y
r
x
a
Problema 9.38
x
y
9.39.
Problema 9.41

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 355 |
9.42.
z
9.43.
t
h
z
z
a–– y
h
x
Problema 9.42
a
y
x
G
r
Problema 9.43
_
z
y
9.2 Corpos compostos
x
RxW RyW r
u u
y r z r RzW
u
RW
RW
RW
x
y
z
x
y
z
R
G
Para determinar a força exigida para
derrubar essa barreira de concreto,
primeiro é preciso determinar o local
de seu centro de gravidade .
Devido à simetria, se encontrará
no eixo vertical.
Procedimento para análise

| 356 | Estática
Partes compostas
Braços do momento
x
y
z
Somatórios
x y
z
Exemplo 9.9
z
z
60 mm
40 mm
20 mm
y
1
(2) (60)
——— ϖ
20 mm
20 mm
38,2 mm
60 mm 2
y
10 mm 3
x
(a)
x
(b)
Figura 9.16
SOLUÇÃO
Partes compostas
Braços do momento

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 357 |
Somatórios
R R R R
xr
RxL
u
11310
45,5 mm
RL
248,
5
RyL
u
yr
= =
5600
22,5 mm
RL
- =-
248,
5
zr
RzL
u
= =
200
0,805 mm
RL
- =-
248,
5
Exemplo 9.10
y
y
2
2 m
1 m
1 m
2 m
3 m
x
1,5 m
1
1,5 m 1 m
1 m
x
SOLUÇÃO
(a)
y
Partes compostas
Braços do momento
3
2,5 m
2 m
(b)
Figura 9.17
x

| 358 | Estática
Somatórios
1
^ 3 h^
3 h 4,5
2
R
R xA =- RyA
14
xr
RxA
u
= =
4
0,348 m
RA
11 - =-
, 5
RyA
u
yr
14
1,22 m
RA
11,
5
NOTA:
Exemplo 9.11
t
t
z
25 mm
100 mm
50 mm
y
50 mm
x
(a)
3
100 mm
25 mm
200 mm
200 mm
4
50 mm
50 mm
1
2
50 mm
100 mm 25 mm
4
(50) 18,75 mm
8 3
100 mm
25 mm
50 mm
4
(b)
Figura 9.18

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 359 |
SOLUÇÃO
Partes compostas
Braço do momento
Somatórios
x
y
zr Rzm u Rm
t
-
8 10 6 1 2
^ h^ hr ^50h ^200h=
4,189
3
-6
2 3
4^10 h^ hr ^50h = 1,047
3
-
8 10 6 1 2
- ^ h^ hr^25h ^100h=-
0,524
3
R
R
,
z
zm 45 815
R
14,6 mm
Rm
3,
142
Problemas fundamentais
9.7.
300 mm
z
9.8.
y
50 mm
150 mm 150 mm
x
600 mm
y
300 mm
400 mm
x
Problema 9.7
25 mm
25 mm
Problema 9.8

| 360 | Estática
9.9.
400 mm
9.11.
z
50 mm
C
y
50 mm 50 mm
200 mm
x
x
3 m
2 m
5 m
4 m
6 m
2 m
y
Problema 9.9
Problema 9.11
9.10.
y
50 mm
9.12.
z
0,5 m
1,5 m
400 mm
x
1,8 m
C
y
300 mm
Problema 9.10
50 mm
x
x
0,5 m 2 m
1,5 m
Problema 9.12
y
Problemas
*9.44.
y
•9.45.
z
100 mm
20 mm
150 mm
400 mm
200 mm
50 mm
Problema 9.44
x
x
Problema 9.45
y

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 361 |
9.46.
z
y
A
60 mm
40 mm
B
60
C
x
200 mm
200 mm
x
y
Problema 9.46
9.47.
z
Problema 9.49
9.50.
y
20 mm
4 m
4 m
C
D
E
6 m
40 mm
20 mm
B
x
Problema 9.47
*9.48.
y
y
7 m
A
x
Problema 9.50
9.51.
y
E
D
3 m
10 mm
A
3 m
B
Problema 9.48
•9.49.
3 m
C
x
220 mm
10 mm 90 mm 10 mm
Problema 9.51
x

| 362 | Estática
*9.52.
y
120 mm
120 mm
9.55.
y
50 mm 50 mm
30 mm
600 mm
270 mm
150 mm
60 mm
30 mm
Problema 9.52
•9.53.
y
x
100 mm
300 mm 300 mm
Problema 9.55
*9.56.
y
15 mm
40 mm 15 mm
40 mm
x
15 mm
35 mm
60 mm 10 mm 10 mm
10 mm
115 mm
15 mm
60 mm
30 mm
10 mm
30 mm
Problema 9.53
9.54.
x
Problema 9.56
•9.57.
y
_
x
G
1,2 m
3 m
x
20 mm
20 mm
120 mm
20 mm
y
_
y
0,4 m
x
40 mm
C
2,4 m
0,6 m 0,6 m
Problema 9.54
Problema 9.57

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 363 |
9.58.
y
r 0
x
r i
9.62.
–
y
G
Problema 9.58
c
–
x
P
9.59.
y
b
W 2
3 m
4 m
3 m
3 m
Problema 9.62
9.63.
y
x
Problema 9.59
150 mm
150 mm
*9.60.
y
300 mm 300 mm
150 mm
450 mm
20 mm
200 mm
100 mm
Problema 9.60
•9.61.
x
x
20 mm
Problema 9.63
*9.64.
y
y
200 mm
200 mm
200 mm
200 mm
20 mm
50 mm
150 mm
10 mm
10 mm
300 mm 20 mm 20 mm
Problema 9.61
x
Problema 9.64
x

| 364 | Estática
•9.65.
t
t
z
30 mm
B
G
150 mm
A
150 mm
225 mm
y
9.67.
*9.68.
y
d
2d
x
Problema 9.65
9.66.
G
B
A
_
x
2,82 m
F A 5132 N 5309 N 10441 N
F B 4432 N 4473 N 8905 N
_
y
L
Problemas 9.67/68
•9.69.
20 mm
60 mm
z
60 mm
20 mm
10 mm diâmetro dos orifícios
x
y
20 mm
B
0,9 m
G
80 mm
A
F A 5768 N 5941 N 11709 N
20 mm
60 mm
θ
x
Problema 9.66
Problema 9.69

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 365 |
9.70.
•9.73.
z
y
2
4
4,83 m
5
3
A
1
1,20 m
3,68 m
3,15 m
B
3,26 m
x
100 mm 300 mm
1,80 m
2,30 m
2,42 m 2,87 m
1,64 m
1,19 m
1
2
3
4
5
Painel instrumental
Sistema de filtro
Montagem da tubulação
Armazenamento de líquido
Estrutura do compressor
230 kg
183 kg
120 kg
85 kg
468 kg
Problema 9.70
9.71.
z
y
2,25 kN
1,8 m
G 1
3,6 m
7,5 kN
G 2
2,7 m
1,4 kN
3 kN
2,1 m
G 4
G 3
2,4 m
1,5 m
1,2 m 0,9 m
Problema 9.71
*9.72.
z
x
x
Problema 9.73
9.74.
z
0,4 m
x
0,2 m
Problema 9.74
0,6 m
0,8 m
9.75.
*9.76.
z
30 mm
y
y
250 mm
200 mm
10 mm
25 mm
10 mm
22,5 mm
x
100 mm
150 mm
150 mm
150 mm
y
x
25 mm
22,5 mm
30 mm
y
Problema 9.72
Problemas 9.75/76

| 366 | Estática
•9.77.
9.78.
y
120 mm
9.79. t
t
*9.80. t
t
80 mm
z
40 mm
20 mm
x
_
z
G
h
160 mm
y
h
Problemas 9.77/78
x
Problemas 9.79/80
9.3 Teoremas de Pappus e Guldinus
r
dL
L
C
r
Área da superfície
dA
2 ϖr
Figura 9.19
rdL rL A rrL
A irL

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 367 |
Volume
rd A rA
V
rrA
V irA
r
dA
A
C
2 ϖr
Figura 9.20
r
Formas compostas
A iR^rL
h
V iR^rA
h
Exemplo 9.12
4
3
y
SOLUÇÃO
Área da superfície
A irL
A = 2r R
c mrR
= 4rR
r
2 2
R
C
(a)
2R ϖ
x
Figura 9.21

| 368 | Estática
R
y
C
4R
3ϖ
x
Volume
V irA
V = 2r
4R
1
c m rR
=
3r
`
2
j
4
3
rR
2 3
Exemplo 9.13
(b)
Figura 9.21
z
z
1 m
1 m
1 m
2 m
2 m
(a)
2,5 m
1 m
2,5 m
3 m
3,5 m
(b)
Figura 9.22
SOLUÇÃO
z
2
2,5 m ( )(1 m) 3,1667 m
3
1 m
1 m
Área da superfície
2 2
A = 2rRrL
= 2r6^2,
5mh^2mh+ ^3mh`
^1mh + ^1mh j
+ ^35 , mh^3mh+
^3mh^1mh@
2
= 143 m
3 m
(c)
Figura 9.22
2 m
Volume
V = 2rRrA
= 2r
3,
1667 m
1
' ^ h; ^ 1 mh^ 1 mhE
+ ^ 3 mh6^ 2 mh^
1 mh@
1
2
3
= 47,
6 m

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 369 |
Problemas fundamentais
9.13.
9.15.
1,5 m
z
z
150 mm
2 m
180 mm
2 m
200 mm
Problema 9.13
300 mm
Problema 9.15
9.14.
9.16.
z
z
1,2 m
1,5 m
1,5 m
2 m
1,5 m
0,9 m
1,5 m
Problema 9.14
Problema 9.16

| 370 | Estática
Problemas
•9.81.
9.82.
•9.85.
B
z
3 m
2,4 m
1,8 m
1,5 m
3 m
A
2,4 m
1 m
Problemas 9.84/85
Problemas 9.81/82
9.83.
9.86.
y
y
y 16 (x 2 / 16)
4 m
16 m
y 2
4x
4 m
x
x
Problema 9.86
16 m
Problema 9.83
*9.84.
9.87.

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 371 |
*9.88.
z
0,75 m
0,5 m 0,75 m
z
75 mm
50 mm
300 mm
2 m
1 m
400 mm
3 m
75 mm 50 mm
Problema 9.91
Problemas 9.87/88
•9.89.
z
75 mm
75 mm 75 mm
*9.92.
3 m 3 m
6 m
250 mm
75 mm
4 m
300 mm
Problema 9.89
9.90.
z
Problema 9.92
•9.93.
z
1,5 m
10 mm
4 m
20 mm
Problema 9.90
10 mm
9.91.
0,2 m
Problema 9.93
1,2 m

| 372 | Estática
9.94.
9.95.
2,4 m
*9.100.
z
superfície
da água
1,8 m
1,2 m
10 mm
10 mm
15 mm
2,4 m
20 mm
40 mm
Problema 9.100
Problemas 9.94/95
*9.96.
•9.97.
•9.101.
9.102.
4,5 m
1,2 m
4 m
8 m
9 m
Problemas 9.96/97
9.98.
9.99.
B
Problemas 9.101/102
9.103.
100 mm
1,6 m
1,5 m
A
0,2 m
1,6 m
150 mm
h
Problemas 9.98/99
Problema 9.103

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 373 |
9.4 Resultante de um carregamento distribuído geral
Na Seção 4.9, discutimos o método usado para simplificar um carregamento
distribuído bidimensional em uma única força resultante atuando em um ponto
específico. Nesta seção, generalizaremos esse método para incluir superfícies planas
que possuem uma forma arbitrária e estão sujeitas a uma distribuição de carga
variável. Considere, por exemplo, a placa plana mostrada na Figura 9.23a, que está
sujeita à carga definida por p = p(x, y) Pa, onde 1 Pa (pascal) = 1 N/m 2 . Conhecendo
essa função, podemos determinar a força resultante F R atuando sobre a placa e sua
localização (x , y ), Figura 9.23b.
x
y
p
dF
dA dV
p = p(x, y)
x
y
Intensidade da força resultante
(a)
A força dF atuando sobre a área diferencial d A m 2 da placa, localizada em um
ponto arbitrário (x, y), tem uma intensidade de dF = [p(x, y) N/m 2 ](dA m 2 ) =
[p(x, y) dA] N. Observe que p(x, y) dA = dV, o elemento de volume diferencial,
mostrado na Figura 9.23a. A intensidade de F R é a soma das forças diferenciais
atuando sobre a área da superfície inteira da placa. Assim,
F R = RF; FR
= p^x,
yhdA = dV = V
# # (9.11)
A
V
x
y
F R
(b)
Figura 9.23
x
y
Esse resultado indica que a intensidade da força resultante é igual ao volume total
sob o diagrama do carregamento distribuído.
Localização da força resultante
O local (x , y ) de F R é determinado fazendo-se os momentos de F R iguais aos
momentos de todas as forças diferenciais dF em relação aos respectivos eixos y e x.
Das figuras 9.23a e 9.23b, usando a Equação 9.11, isso resulta em:
#
#
xp^x,
yh
dA xdV yp^x,
yh
dA
A
V
A
xr
= = yr
= =
pxydA ^ , h dV pxy ^ , h dA
A
#
#
V
#
#
A
#
V
#
V
ydV
dV
(9.12)
Logo, a linha de ação da força resultante passa pelo centro geométrico ou centroide
do volume sob o diagrama do carregamento distribuído.
9.5 Pressão de fluidos
De acordo com a lei de Pascal, um fluido em repouso cria uma pressão p em um
ponto que é a mesma em todas as direções. A intensidade de p, medida como uma
força por área unitária, depende do peso específico ou densidade de massa t do
fluido e da profundidade z do ponto a partir da superfície do fluido.* O relacionamento
pode ser expresso matematicamente como:
p = z = t gz (9.13)
onde g é a aceleração em virtude da gravidade. Essa equação é válida apenas para
fluidos que são considerados incompressíveis, como no caso da maioria dos líquidos.
Gases são fluidos compressíveis, e como sua densidade muda significativamente com
a pressão e a temperatura, a Equação 9.13 não pode ser usada.
Para ilustrar como a Equação 9.13 é aplicada, considere a placa submersa mostrada
na Figura 9.24. Três pontos na placa foram especificados. Como o ponto B está na
* Em particular, para a água, = t, g = 9810 N/m 3 pois t = 1000 kg/m 3 e g = 9,81 m/s 2 .

| 374 | Estática
Superfície do líquido
y
z
p 1
p 2
dA
p 2
B
x
b
D
dA
dA
C
z 2
z 1
Figura 9.24
Placa plana de espessura constante
Superfície do líquido
z
p 1 γ z 1
y
F R
p 2 γz 2
b
2 b
2
C P
L
(a)
z 2
z 1
x
Superfície do líquido
y
F R
z
w 1 bp 1
z 1
C
z
w 2 bp 2
P
L
y′
(b)
Figura 9.25

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 375 |
Placa curva de espessura constante
y
Superfície do líquido
z
p 1 γz 1
y
Superfície do líquido
F R
C
P
z 1
x
w 1 bp 1
B
p 2 γz 2
b
w 2 bp 2
C
z 2
L
D
P
z
(a)
(b)
R
R
y
Superfície do líquido
F AB
C
z AB
1 w 1 bp 1
A
B
W
z 2
C f
BDA
C AD
F AD
w 1 bp 2 D
z
(c)
Figura 9.26

| 376 | Estática
Placa plana de espessura variável
y
z
Superfície do líquido
A distribuição de pressão atuando sobre a
superfície de uma placa submersa com uma espessura
variável é mostrado na Figura 9.27. Se considerarmos
a força dF atuando sobre a faixa de área diferencial
dA, paralela ao eixo x, então sua intensidade é
dF = p dA. Como a profundidade de dA é z, a pressão
no elemento é p = z. Portanto, dF = ( z)dA e,
portanto, a força resultante torna-se
F R
dF
p γz
x
F R = #dF = #z dA
Se a profundidade do centroide C' da área for z
(Figura 9.27), então, zdA = z A. Substituindo, temos
C
P
Figura 9.27
x
C′
dA
dy′
z
y′
F R = z A (9.14)
Em outras palavras, a intensidade da força resultante
atuando sobre qualquer placa plana é igual ao
z na
profundidade do centroide C' da área. Conforme
discutimos na Seção 9.4, essa força também é
equivalente ao volume sob a distribuição de pressão.
Observe que sua linha de ação passa pelo centroide
C desse volume e intercepta a placa no centro de
pressão P (Figura 9.27). Observe que a localização
de C' não coincide com a localização de P.
Exemplo 9.14
Determine a intensidade e a localização da força hidrostática resultante sobre a placa
retangular submersa AB mostrada na Figura 9.28a. A placa tem uma largura de 1,5 m;
t w = 1000 kg/m 3 .
A
2 m
w A
29,43 kN/ m
A
2 m
A
2 m
3 m
F R
h
3 m
1,5 m F t1 m
F Re
3 m
B
w B
73,58 kN/ m
B
B
1,5 m
44,15 kN/ m
29,43 kN/ m
(a) (b) (c)
Figura 9.28
SOLUÇÃO I
As pressões da água nas profundidades A e B são:
p A = t w gz A = (1000 kg/m 3 )(9,81 m/s 2 )(2 m) = 19,62 kPa
p B = t w gz B = (1000 kg/m 3 )(9,81 m/s 2 )(5 m) = 49,05 kPa
Como a placa tem uma largura constante, a carga de pressão pode ser vista em duas
dimensões, como mostra a Figura 9.28b. As intensidades da carga em A e B são:

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 377 |
1
= ^3h^29, 4 + 73, 6h
= 154,5 kN
, ,
1 22943 ^ h + 7358 = c
3 1,29 m
3 29, 43 + m^
h =
73,
58
2
SOLUÇÃO II
Re
^29, 43 kN/ mh^3 mh
88,
3 kN
1 44 , 15 kN/ m 3 m 66 , 2
t ^ h^
h
kN
2
R
NOTA:
3
F = czA = ^9810 Nm / h^3, 5 mh^3 mh^1, 5 mh=
154,5 kN
Exemplo 9.15
t
C
F ν
A
3 m
F h
(a)
1 m
w B
150,1 kN/ m
B
(b)
Figura 9.29
SOLUÇÃO
t

| 378 | Estática
1 3 m 150 , 1
^ h^
kN/ mh
225,1 kN
2
F = ^twgbh^areaABCh
3 2
= ^1020 kg/ m h^9, 81 m/ s h^5
mh 1
; ^ 1 mh^
3 mhE
= 50 , 0 kN
3
R
= h
+ = ^225, 1 kNh
+ ^50,
0 kNh
= 231 kN
2 2 2 2
Exemplo 9.16
t
1 m
1 m
E
y
dF
O
2x
A
0,5 m
B
z
dz
1 m
x
z
(a)
(b)
Figura 9.30
SOLUÇÃO
t
1 m
F = V = dV = ^19620h
z6 0,
5^1
- zh@
dz
V 0
1 m
2
= 9810 ^z- z hdz
= 1635 N = 1,
64 kN
0

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 379 |
1 m
1 m
2 3
zdV u z^19620h z6 0,
5^1
- zh@
dz 9810 ^z - z h dz
V 0
0
zr
= =
=
dV
1635
1635
V
= 05 , m
NOTA:
3
F zA 9810 Nm /
1 1 m
1
= c = ^ hc m^ h; ^ 1 mh^
1 mhE
= 1,64 kN.
3 2
Problemas fundamentais
9.17.
t
9.20.
t
6 m
3 m
Problema 9.17
9.18.
A
2 m
B
Problema 9.20
A
B
1,2 m
9.21.
0,9 m
Problema 9.18
9.19.
t
A
1,8 m
2 m
1,2 m
A
B
B
1,5 m
0,9 m
Problema 9.19
Problema 9.21

| 380 | Estática
Problemas
*9.104.
A
C
9.107.
z
1,2 m
D
1,8 m
2,4 m
1,8 m
B
E
Problema 9.104
3,6 m
•9.105.
t t
6 m
Problema 9.105
9.106.
t t
1,5 m
d
A
F
x
F
C
0,45 m
A
0,45 m
0,45 m
0,45 m
0,6 m
0,6 m
Problema 9.107
D
B
1,5 m
*9.108.
t
•9.109.
t
2 m
y
E
45
1 m
A
1 m
9 m
1 m
0,5 m
0,5 m
B
A
Problemas 9.108/109
d
Problema 9.106
9.110.

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 381 |
9.111.
1,2 m
0,15 m
0,3 m
A
Problemas 9.110/111
0,5 m
0,15 m
B
9.115.
t
*9.116.
t
2 m
45
1 m
B
A
*9.112.
y
C
2 m
y 2x 2
2 m
Problema 9.112
•9.113.
t
9.114.
t
8 m
x
Problemas 9.115/116
•9.117.
t t
y
y
3–– x
2
2 6 m
A
x
2 m
x
4 m
L
B
A
2 m
C
Problemas 9.113/114
Problema 9.117
9.118.

| 382 | Estática
t t
y
y
3–– x
2
2 6 m
x
y
2 m
y 4 x 2 A B
A
4 m
2 m
x
Problema 9.118
9.119.
REVISÃO DO CAPÍTULO
2 m 2 m
Problema 9.119
x
xr
yr
zr
L
A
z
xdW u
dW
ydW u
dW
zdW u
dW
xdL u
ydL u
L
L
xr
yr
zr
dL dL
xdA u
ydA u
A
A
xr
yr
zr
dA dA
xdV u
ydV u
V
V
xr
yr
zr
dV
dV
V
~ y
y
x
L
A
V
y
L
L
A
A
V
zdL u
dL
zdA u
dA
zdV u
V
dV
dV G
d W
W
~ z
~ z x
x
y
C
x

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 383 |
xr
RxW
u
RW
RyW
u
yr
RW
zr
RzW
u
RW
z
y
x
A irL
V irA

| 384 | Estática
FR
p^xyhdA dV
A
x
y
V
V
V
V
xdV
dV
ydV
dV
V
x
y
p
dF
dA dV
p = p(x, y)
x
y
t
Superfície do líquido
F R
P

Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 385 |
Problemas
*9.120.
•9.121.
y
*9.124.
y
y 2
2x
y x 2
4 m
A
2 m
x
1 m
x
1 m 1 m
Problemas 9.120/121
9.122.
y
2 m
y x
B
2 m
Problema 9.124
•9.125.
50 mm 50 mm
75 mm 75 mm
y
25 mm
100 mm
C
y
x
30 mm
10 mm
60 mm
Problema 9.125
30 mm
x
25 mm
Problema 9.122
25 mm
9.123.
z
9.126.
y
y 2 a a – z – 2
2a
30 mm
x
a
y
15 mm 15 mm 15 mm 15 mm
10 mm 10 mm
x
Problema 9.123
Problema 9.126

| 386 | Estática
9.127.
y
a
a
•9.129.
p
y
300 Pa
x
100 Pa
a
—
a —2
a
2
Problema 9.127
5 m
Problema 9.129
6 m
x
*9.128.
2
p = 3
6 x^4
- yh@ kPa
p
8 kPa
y
3 m
x
4 m
Problema 9.128

CAPÍTULO
10
Momentos de inércia
Objetivos do capítulo
Desenvolver um método para determinar o momento de inércia de uma área.
Introduzir o produto de inércia e mostrar como determinar os momentos de inércia máximo e mínimo de uma
área.
Discutir o momento de inércia da massa.
10.1 Definição de momentos de inércia para áreas
z
p = γy
y
dA
dF
Figura 10.1
y
x
Momento de inércia
I
I
x
y
A
A
y dA
x dA
Figura 10.2

| 388 | Estática
2
JO
= r dA = Ix+
I
y
A
10.2 Teorema dos eixos paralelos para uma área
Figura 10.3
2
Ix
= ^y
+ dyh
dA
A
y y
A
A
A
2 2
= y
dA+ d ydA+
d dA
r l
I = Ir + Ad
x x l y
I = Ir + Ad
y y l x
J r C = I r x l + I r y l
2
J = J + Ad
O
C
Para prever a resistência e deflexão
dessa viga, é necessário calcular o
momento de inércia da seção
transversal da viga.
10.3 Raio de giração de uma área

Capítulo 10 Momentos de inércia | 389 |
k
x
y
O
k
k
Ix
A
Iy
A
JO
A
dy
y
dA
x
y = f(x)
(x, y)
y
(a)
x
Procedimento para análise
Caso 1
y
x
y
(x, y)
y = f(x)
dA
dx
(b)
Figura 10.4
x
Caso 2
Exemplo 10.1
SOLUÇÃO (CASO 1)
Parte (a)
Figura 10.5

| 390 | Estática
h/
2
h/
2
Ir
2 2
2
xl
= yl dA = yl ^b dylh
= b yl dyl
A
-h/
2
-h/
2
Ir
1 3
xl
= bh
12
Parte (b)
Ix = Ir x +
2
Ad
b l y
1 3
bh bh h 2
1 3
= + c m = bh
12 2 3
Parte (c)
Ir
1 3
yl
hb
12
J r I I
1 2 2
C = r x + r l yl= bh h + b
12
^ h
Exemplo 10.2
(a)
SOLUÇÃO I (CASO 1)
200 mm
2 2
Ix
= y dA = y ^100
- xhdy
A
0
200 mm
2
y
200 mm
4
2
2 y
= y c100
- mdy
= c100y
- mdy
0
400
0
400
6 4
= 107^10
h mm
(b)
Figura 10.6
SOLUÇÃO II (CASO 2)
Ir
1 3
xl
12
bh
dIr
1 3
xl
12
dx y
/2
dI dI dAy dx y y dx y 2
2 1 3
1 3
= r
l
+ u = + c m = y dx
12
2 3

Capítulo 10 Momentos de inércia | 391 |
100 mm
100 mm
I dI
1 3
y dx 1 400 32 /
= = = ^ xh
dx
0 3
0 3
6 4
= 107^10
h mm
Exemplo 10.3
SOLUÇÃO I (CASO 1)
2 2
Ix
= y dA = y ^2xh
dy
A
A
a
4
2 2 2
= y ^2
a - y h dy =
r a
4
-a
(a) (b)
Figura 10.7
SOLUÇÃO II (CASO 2)
1 3
I x' 12
bh
dI
1
3
= dx^2yh
12
2 3
= y dx
3
a
I
2 2 2 32 /
a x dx
a
x =
r
^ - h =
3
4
-a
NOTA:
4

| 392 | Estática
Problemas fundamentais
10.1.
y
10.3.
y
1 m
y 3 = x 2
1 m
y 3 = x 2
1 m
Problema 10.1
10.2.
y
x
1 m
Problema 10.3
10.4.
y
x
1 m
y 3 = x 2
1 m
y 3 = x 2
x
x
1 m
Problema 10.2
1 m
Problema 10.4
Problemas
•10.1.
10.2.
y
*10.4.
y
2 m
y = 0,25 x 3
1 m y 2 = x 3
1 m
2 m
x
x
Problemas 10.1/2
10.3.
Problemas 10.3/4
•10.5.

Capítulo 10 Momentos de inércia | 393 |
10.6.
y
*10.12.
•10.13.
y
y 2 = 2x
2 m
2 m
y = 2 – 2 x 3
2 m
Problemas 10.5/6
10.7.
*10.8.
•10.9.
y
x
1 m
Problemas 10.12/13
10.14.
10.15.
y
x
y = 4 – 4x 2
2 m
y = 2x 4
4 m
O
1 m
x
1 m 1 m
x
Problemas 10.7/8/9
Problemas 10.14/15
10.10.
10.11.
y
*10.16.
•10.17.
y
y = x 3
8 m
h
y =
h–– (b – x)
b
x
x
2 m
b
Problemas 10.10/11
Problemas 10.16/17

| 394 | Estática
10.18.
10.19.
y
10.22.
10.23.
y
y = 2 cos (–– ϖ
x) 8
2 m
h
4 m
4 m
Problemas 10.22/23
x
b
y =
h— x
b 2 2
Problemas 10.18/19
*10.20.
•10.21.
y
x
*10.24.
•10.25.
10.26.
y
x 2 + y 2 = r 2
r 0
0
x
2 m
y 3 = x
8 m
Problemas 10.20/21
x
Problemas 10.24/25/26
10.4 Momentos de inércia para áreas compostas
Procedimento para análise
Partes compostas

Capítulo 10 Momentos de inércia | 395 |
Teorema dos eixos paralelos
Somatório
Exemplo 10.4
SOLUÇÃO
Partes compostas
Figura 10.8
Teorema dos eixos paralelos
2
Ix = Ir x l + Ady
1 4 2 2 6 4
= r^25h + r^25h ^75h = 11, 4^10
h mm
4
r l
2
Ix = Ix + Ady
=
1
^ 100 h^ 150 h + ^ 100 h^ 150 h^ 75 h = 112 , 5 ^ 10 h mm
12
3 2 6 4
Somatório
Ix
=- 11, 4^10 h+
112,
5^10
6 4
= 101^10
h mm
(a) (b)
6 6
h

| 396 | Estática
Exemplo 10.5
SOLUÇÃO
Partes compostas
(a)
(b)
Figura 10.9
Teorema dos eixos paralelos
1 3
I 12
bh
2
I I Ad
1 100 300
3 100 300 200
2
x = r
xl
+ y = ^ h^ h + ^ h^ h^
h
12
9 4
= 1,
425^10
h mm
2
I I Ad
1
y y x 300 100
3 100 300 250
2
= r
l + = ^ h^ h + ^ h^ h^
h
12
9 4
= 19010 , ^ h mm

Capítulo 10 Momentos de inércia | 397 |
I
1 600 100 3 0 , 05 10 9 4
x ^ h^ h ^ h mm
12
I
1
y 100 600
3 1 , 80 10
9 4
^ h^ h ^ h mm
12
Somatório
9 9
Ix
= 261, 425^10 h@
+ 0,
05^10
h
9 4
= 29010 , ^ h mm
9 9
Iy
= 261, 90^10 h@
+ 1,
8^10
h
9 4
= 56010 , ^ h mm
Problemas fundamentais
10.5.
10.7.
y
y
200 mm
50 mm
50 mm
200 mm
x
300 mm
50 mm
x
150 mm 150 mm
50 mm
Problema 10.5
50 mm
200 mm
Problema 10.7
10.6.
y
10.8.
30 mm
30 mm
200 mm
x
150 mm
x'
300 mm
30 mm 30 mm
Problema 10.6
30 mm
30 mm
150 mm
Problema 10.8
y

| 398 | Estática
Problemas
10.27.
*10.28.
•10.29.
y
60 mm
•10.33.
y
150 mm
150 mm
100 mm
y
C
20 mm
40 mm
x
x'
300 mm
75 mm
Problemas 10.32/33
100 mm
x
10 mm 10 mm
Problemas 10.27/28/29
10.30.
10.31.
y
15 mm
100 mm
50 mm
50 mm
60 mm
15 mm
60 mm
15 mm
x
10.34.
10.35.
100 mm
15 mm
Problemas 10.34/35
Problemas 10.30/31
*10.32.
*10.36.

Capítulo 10 Momentos de inércia | 399 |
•10.37.
y
50 mm
10 mm 10 mm
20 mm
C
y
x'
x
10.43.
*10.44.
y
y'
30 mm
30 mm
Problemas 10.36/37
60 mm
– x
– y
C
x'
10.38.
10.39.
*10.40.
y
50 mm 50 mm
20 mm
60 mm
Problemas 10.43/44
20 mm
•10.45.
10.46.
y
x
150 mm
y
C
200 mm
300 mm
100 mm
Problemas 10.38/39/40
•10.41.
10.42.
y
x'
x
150 mm 150 mm
Problemas 10.45/46
150 mm
10.47.
*10.48.
y
x
15 mm
7,5 mm
115 mm
x
50 mm
240 mm
C
x'
15 mm
115 mm
400 mm
50 mm
y
50 mm 50 mm
Problemas 10.41/42
150 mm 150 mm
Problemas 10.47/48
50 mm
x

| 400 | Estática
•10.49.
10.50.
*10.56.
y y'
y'
10 mm
x
200 mm
20 mm
C
600 mm
20 mm
20 mm
Problemas 10.49/50
x'
200 mm
10.51.
*10.52.
y
50 mm
50 mm
15 mm
100 mm
C
10 mm
15 mm
100 mm
x
180 mm x
C
10 mm
10 mm
100 mm
Problemas 10.55/56
100 mm
•10.57.
10.58.
y
12 mm
100 mm
25 mm
12 mm
125 mm
125 mm
12 mm
12 mm
75 mm
75 mm
x
Problemas 10.51/52
•10.53.
10.54.
y
Problemas 10.57/58
10.59.
35 mm
5 mm
A
60 mm
C
y
x'
150 mm
C
x'
5 mm
65 mm 65 mm
5 mm
Problemas 10.53/54
x
–y
15 mm
B
50 mm
10.55.
Problema 10.59

Capítulo 10 Momentos de inércia | 401 |
10.5 Produto de inércia para uma área
Ixy
xy dA
A
Figura 10.10
Figura 10.11
Teorema dos eixos paralelos
Figura 10.12
dI = ^x
+ d h^y
+ d hdA
xy x y
Figura 10.13

| 402 | Estática
I = ^x
+ d h^y
+ dhdA
xy x y
A
x y x y
A
A
A
A
= xydA + d ydA + d xdA + d d dA
I = Ir + Ad d
xy x ll y x y
(a)
(b)
(c)
Figura 10.14
Exemplo 10.6
SOLUÇÃO I
dI = dIr
+ dAxy uu
xy
x ll y
dI r , /2
xy ll
x x y y y
dI y dx x y h xdx x
h
xy = 0 + ^ h c m = c m c x m
2 b 2b
2
h
2 x
3
= dx
2b
I
xy
2 b
h 3
= x dx
bh
2
=
2b
0 8
SOLUÇÃO II
x
= x+ ^b- xh/2 = ^b+ xh/2,
y
= y
dIxy
= dIr
xll
y + dAxy uu
= 0 + ^b-
xhdyc
b + x my
2
/
b
b b+
^b hhy 2
y dy y
1 y b
2 b y
2
= c - m = G = - dy
h
2
2 2
e o
h
2 2
h
2
I
1 2
y b
b y
2 dy
bh
xy = c -
2
2 m =
0 h
8
2 2

Capítulo 10 Momentos de inércia | 403 |
Exemplo 10.7
(a)
(b)
Figura 10.15
SOLUÇÃO
Ixy = Ir x ll y + Adx dy
9 4
= 0 + ^300h^100h^- 250h^200h =-1, 50^10
h mm
r ll
r xy x ll y x y
I = I + Ad d
= + =
Ixy = Ix y + Adx dy
= 0 + ^300h^100h^250h^- 200h =-1, 50^10
h mm
9 4
NOTA:

| 404 | Estática
10.6 Momentos de inércia para uma área em relação aos
eixos inclinados
Figura 10.16
Ix Iy Ix Iy
Iu
= + + - cos 2i-
Ixy
sen 2i
2 2
Ix Iy Ix Iy
Iv
= + - - cos 2i+
Ixy
sen 2i
2 2
Ix
Iy
Iuv
= - sen 2i+
Ixy
cos 2i
2

Capítulo 10 Momentos de inércia | 405 |
Momentos principais de inércia
dI I I
u 2 x -
=- c
y msen
2i- 2Ixy
cos 2i
= 0
di
2
-Ixy
tg 2i p =
^I
- I h/
2
x
y
Figura 10.17
I
mx á
mn í
2
Ix Iy Ix Iy
2
= + c + m + I
xy
2 2

| 406 | Estática
Exemplo 10.8
SOLUÇÃO
I
9
- xy
30010 ,
tg 2i
-- 6 ^ h@
p = =
222 ,
9 9
=-
^Ix-
Iyh/ 2 62, 90^10 h-
5, 60^10 h@
/ 2
2i
=-65, 8° e 114, 2°
p
2
mx á Ix Iy Ix Iy
2
Imn
í = + c
- m + Ixy
2 2
9 9
2, 90^10 h+
5,
60^10
h
=
2
9 9 2
2, 90^10 h 5,
60 10
9 2
- ^ h
= G + 6-30010
, ^ h@
2
mx á
9 9
I = 4, 25^10 h
3,
29^10
h
mn í
(a) (b)
Figura 10.18
mx á
7,54^10 hmm
0,960^10
hmm
9 4 9 4
mn í
NOTA:

Capítulo 10 Momentos de inércia | 407 |
10.7 Círculo de Mohr para momentos de inércia
2
2
x
y
2
x
y
2
u
- + -
c m + uv
= c m + xy
R =
I
c
x
- Iy
m
2
+ I
2
xy
Procedimento para análise
Determine I x , I y e I xy
Construa o círculo
(a) (b)
Figura 10.19

| 408 | Estática
Momentos principais de inércia
Eixos principais
Exemplo 10.9
100 mm
y
400 mm
100 mm
C
600 mm
(a)
x
400 mm
100 mm
(b)
(c)
(d)
Figura 10.20

Capítulo 10 Momentos de inércia | 409 |
SOLUÇÃO
Determine Ix, Iy e Ixy
Construa o círculo
2 2
OA = ^135 , h + ^- 300 , h = 3,29
Momentos principais de inércia
Eixos principais
-1 BA
-1
300 ,
2i p1
= 180° - sen e o = 180° - sen e o = 114,2°
OA
329 ,
Problemas
*10.60.
•10.61.
y
b
y
–– x 2
+ y 2
= 1
a
2 ––
b
2
1 m
a
Problema 10.62
x
2 m
y = 2x 2
10.63.
y
Problemas 10.60/61
10.62.
x
2 m y3 = x
8 m
Problema 10.63
x

| 410 | Estática
*10.64.
y
y
x 2 + 4y 2 = 16
4 m
y = –– x (x – 8) 4
4 m
Problema 10.64
•10.65.
y
x
2 m
4 m
Problema 10.68
•10.69.
y
y 2 = x
x
8y = x 3 + 2x 2 + 4x
2 m
3 m
2 m
Problema 10.65
10.66.
x
x
4 m
Problema 10.69
10.70.
y
2 m 2 m
2 m
1,5 m
2 m
Problema 10.66
10.67.
Problema 10.70
10.71.
y
x
Problema 10.67
*10.68.
10 mm
40 mm
10 mm
5 mm
50 mm
x
C
35 mm
40 mm
Problema 10.71

Capítulo 10 Momentos de inércia | 411 |
*10.72.
10.75.
y
x
20 mm
v
200 mm
Problema 10.72
•10.73.
y
10 mm
200 mm
20 mm
C
175 mm
60º
20 mm
u
Problema 10.75
*10.76.
y
y'
x
x
10 mm
300 mm
10 mm
10 mm
100 mm
Problema 10.73
10.74.
y
x
100 mm
10 mm
300 mm
x'
C
y
10 mm
x
200 mm
Problema 10.76
•10.77.
y
100 mm
5 mm
50 mm
10 mm
C
5 mm
x
10 mm
10 mm
C
150 mm
x
10 mm
50 mm
50 mm
50 mm
150 mm
10 mm
Problema 10.74
100 mm
10 mm
Problema 10.77

| 412 | Estática
10.78.
y
v
•10.81.
y
150 mm
150 mm
u
100 mm
300 mm
C
30º
x
20 mm
20 mm
150 mm
300 mm
C
x
150 mm
Problema 10.78
10.79.
y
u
v
50 mm
400 mm
50 mm
450 mm
450 mm
C
60º
x
100 mm 20 mm
Problema 10.81
10.82.
y
800 mm
50 mm
y
25 mm 25 mm
υ
Problema 10.79
*10.80.
y
60 mm
5 mm
x
C
60 mm
5 mm
Problema 10.80
y
x
200 mm
C
25 mm
75 mm
75 mm
60º
u
Problema 10.82
10.83.
*10.84.
•10.85.
10.86.
10.87.
*10.88.
y
x

Capítulo 10 Momentos de inércia | 413 |
10.8 Momento de inércia da massa
2
I = r dm
t t
I = r dV
2 t
Figura 10.21
t
2
I = t r dV
(a)
Procedimento para análise
Elemento de casca
Elemento de disco
(b)
(c)
Figura 10.22

| 414 | Estática
Exemplo 10.10
(a)
(b)
Figura 10.23
t
SOLUÇÃO
Elemento de casca
t t
t
R
2 3 tr 4
Iz
= r dm = tr h r dr = R h
m
m = dm = tr h r dr = prhR
m
I
=
1
2
0
0
R
mR
2
2
Exemplo 10.11
y
1 m
SOLUÇÃO
1 m
y 2 = x
(a)
y
1 m
x
dy
1 m
(x, y)
y
(b)
Figura 10.24
x
Elemento de disco
tt
1 2
I 2
mR
dI
1 2
dm x
1 2 2
= ^ h = 6 tr ^ x h dy@
x
2 2
t
1 m
1 m
I
5
4
x dy
5
8
2
=
r
r
= y dy = 0, 873 kg
m
2
2
0
0

Capítulo 10 Momentos de inércia | 415 |
Teorema dos eixos paralelos
Figura 10.25
2 2 2
I = r dm = 6 ^d + xh
+ y
@ dm
2 2 2
= ^x + y h dm + d xdm + d dm
Raio de giração
2
I = mk ou k =
I
m

| 416 | Estática
Corpos compostos
Exemplo 10.12
(a)
(b)
Figura 10.26
SOLUÇÃO
Disco
1 2
IG 2
mr
3 2
md = tdVd
= 8000 kg/ m 6 r^0, 25 mh
^0, 01 mh@
= 15,
71 kg
I
1 2 2
^ Ohd = mdrd + mdd
2
1 15 , 71 kg 0 , 25
2
m 15 , 71 kg 0 , 25
2
= ^ h^ h + ^ h^
mh
2
2
= 1,
473 kg m
Furo
3 2
mh = thVh
= 8000 kg/ m 6 r^0, 125 mh
^0, 01 mh@
= 3,
93 kg
I
1 2 2
^ Ohh = mhrh + mhd
2
1 3 , 93 kg 0 , 125
2
m 3 , 93 kg 0 , 25
2
= ^ h^ h + ^ h^
mh
2
2
= 0,
276 kg m

Capítulo 10 Momentos de inércia | 417 |
IO = ^IOh
I
d
-^
Ohh
2 2
= 1, 473 kg m
- 0,
276 kg m
2
= 120 kg m
Exemplo 10.13
O
SOLUÇÃO
Parte (a)
3 m
G
1 2
IO 3
ml
A
B
C
1,5 m 1,5 m
I
1 2
ml
1
OA 100 kg 3
2 2
^ h m 300 kg m
O
= = ^ h^
h =
3 3
Figura 10.27
I
1 2
= ml
12
I
1 2 2
ml md
1
OA O
100 kg 3
2
m 100 kg 1 , 5
2
^ h = + = ^ h^ h + ^ h^
mh
12
12
= 300 kg m
I
1 2 2
ml md
1
BC O
100 kg 3
2
m 100 kg 3
2
^ h = + = ^ h^ h + ^ h^
mh
12
12
= 975 kg m
Parte (b)
Rym
u ^1,
5 mh^100 kgh+
^3 mh^100
kgh
yr
= =
= 2,25 m
Rm
^100 kgh+
^100
kgh
y –

| 418 | Estática
Problemas
10.89.
t
z
x
z =
r
h–– (r 0 – y)
0
h
r 0
Problema 10.89
10.90.
t
y
y
*10.92.
t
z
x
z = 1
4
y2
2 m
Problema 10.92
•10.93.
t
y
y 2 = 50x
1 m
y
y = r–
h x
Problema 10.90
r
x
100 mm
x
h
200 mm
Problema 10.93
10.91.
t t t
10.94.
t
z
z
b
a
–– y 2
+ z 2
= 1
a
2 ––
b
2
l
y
y
x
Problema 10.91
x
Problema 10.94

Capítulo 10 Momentos de inércia | 419 |
10.95.
t
y
z
4 m
b–a x + b y =
b
2b
x
––
3
z = y 2
8 m
y
a
Problema 10.95
*10.96.
y
x
Problema 10.98
10.99.
z
4 m
y 3 = 9x
3 m
Problema 10.96
•10.97.
t
z
2 m
3 m
x
x
O
z 2 = –– 1 y
16
3
Problema 10.99
*10.100.
2 m
y
z 2 = 8y
4 m
O
y
450 mm
x
Problema 10.97
A
10.98.
100 mm
B
Problema 10.100

| 420 | Estática
•10.101.
0,8 m 0,5 m
D
y
O
2 m
0,2 m
A
O
B
L
G
0,5 m
C
Problema 10.101
10.102.
z
1 m
Problema 10.105
10.106.
z
300 mm
x
300 mm
y
150 mm
300 mm
Problema 10.102
10.103.
*10.104.
z
200 mm
100 mm
200 mm
150 mm
x
Problema 10.106
300 mm
10.107.
t
*10.108.
t
y
100 mm
200 mm
20 mm
30 mm
200 mm
90 mm
200 mm
x 200 mm
200 mm
200 mm
y
50 mm
x
180 mm
Problemas 10.103/104
20 mm
•10.105.
20 mm
x'
30 mm
50 mm
Problemas 10.107/108
30 mm

Capítulo 10 Momentos de inércia | 421 |
•10.109.
10.111.
1,2 m
0,3 m
O
O
200 mm
200 mm
A
Problema 10.109
10.110.
O
200 mm
50 mm
150 mm
50 mm
150 mm
Problema 10.111
400 mm
400 mm
150 mm 150 mm
Problema 10.110

| 422 | Estática
REVISÃO DO CAPÍTULO
I
x
2
= y dA
A
I
y
2
= x dA
A
I = I + Ad 2
C
A
d
I
I
–
x x
I
xy
A
xy dA
r
xy x ll y x y
I = I + Ad d
I
mx á
mn í
2
Ix Iy Ix Iy
= + c
- m + I
2 2
-Ixy
tg 2i p =
^I
- I h/
2
x
y
2
xy

Capítulo 10 Momentos de inércia | 423 |
2
I = r dm
2
I = t r dV
z
y
(x, y)
dz
z
y
x
Problemas
*10.112.
•10.113.
y
10.114.
a
y
y =
a
a––
2
– x
d
2 60º
d
2
60º
C
x
a
a
x
d
2
d
2
Problemas 10.112/113
Problema 10.114

| 424 | Estática
10.115.
400 mm
y
200 mm
50 mm
_
y
C
250 mm
x'
200 mm
–y
C
x'
–––
1 y = x 2
200
x
50 mm
Problema 10.115
50 mm
*10.116.
y'
57,37 mm
Problema 10.119
*10.120.
20 mm
O
20 mm
C
200 mm
Problema 10.116
57,37 mm
200 mm
•10.117.
10.118.
y
x'
y
1,5 m
G
A
0,1 m
0,3 m
Problema 10.120
•10.121.
4y = 4 – x 2
1 m
2 m
Problemas 10.117/118
10.119.
x
Problema 10.121

CAPÍTULO
11
Trabalho virtual
Objetivos do capítulo
Introduzir o princípio de trabalho virtual e mostrar como ele se aplica à determinação da configuração de
equilíbrio de um sistema de membros conectados por pinos.
Estabelecer a função energia potencial e usar o método da energia potencial para investigar o tipo de equilíbrio
ou estabilidade de um corpo rígido ou um sistema de membros conectados por pinos.
11.1 Definição de trabalho
Trabalho de uma força
F
θ
F cos θ
dr
(a)
F
dr cos θ
θ
dr
(b)
Figura 11.1

| 426 | Estática
dr'
F B
dr A
B"–
dr B
r
dθ
A'
–F A
dr A
Figura 11.2
B'
Trabalho de um momento de binário
dr
r di
dU F dr
F r di
Trabalho virtual
11.2 Princípio do trabalho virtual
R

Capítulo 11 Trabalho virtual | 427 |
Figura 11.3
R R R
R
P
A
B
––
l
––
l
2 2
(a)
(b)
Figura 11.4

| 428 | Estática
P
l
l
θ
θ
P
l
l
θ θ
Figura 11.5
F
F
11.3 Princípio do trabalho virtual para um sistema de
corpos rígidos conectados
Pontos importantes
B
Este elevador pantográfico tem um
grau de liberdade. Sem a
necessidade de desmembrar o
mecanismo, a força no cilindro
hidráulico exigida para fornecer a
elevação pode ser determinada
diretamente usando o princípio do
trabalho virtual.
A
Procedimento para análise
Diagrama de corpo livre
Deslocamentos virtuais

Capítulo 11 Trabalho virtual | 429 |
Equação do trabalho virtual
Exemplo 11.1
(a)
(b)
Figura 11.6
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Deslocamentos virtuais
y
1
w ^1sen ihm
2

| 430 | Estática
Equação do trabalho virtual
^98,
1 cos i- 50 sen ihdi
= 0
-1
98,
1
i = tg = 63, 0°
50
Exemplo 11.2
G
A
θ
θ
0,3 m
B
0,3 m
C
0,3 m
k = 5 kN/m D
0,3 m
E
P
A x
G x
F s
δθ
θ
x B
B
x D
δx D
P
(a)
A y
δx B
(b)
Figura 11.7
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre

Capítulo 11 Trabalho virtual | 431 |
Deslocamentos virtuais
Equação do trabalho virtual
Exemplo 11.3
10(9,81) N
0,2 m
0,4 m
δ
A
b
C
0,45 m
M
θ
B
A
(a)
D
θ
C
0,45 m
y E
B x
y E
M
B y
θ
δθ
0,45 m
(b)
δθ
θ
D x
Dy
Figura 11.8
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre

| 432 | Estática
Deslocamentos virtuais
Equação do trabalho virtual
Exemplo 11.4
A
θ
θ
C
1 m
D
k = 2000 N/m
1 m 1 m
B
E
1 m
x D
x E
A x
θ δx δxD E
D
A F F
y s s
B y E C y
δθ
δy B
(a)
(b)
500 N
Figura 11.9
SOLUÇÃO
Diagrama de corpo livre
Deslocamentos virtuais

Capítulo 11 Trabalho virtual | 433 |
Equação do trabalho virtual
Problemas fundamentais
11.1.
A
1,5 m
θ
B
θ
Problema 11.1
C
1,5 m
11.2.
B
5 m
P
11.3.
P = 2 kN
0,6 m
k = 15 kN/m
C
B
A
θ
0,6 m
θ
D
Problema 11.3
0,6 m
11.4.
0,9 m
B
P = 6 kN
0,9 m
θ
A
P
A
θ
k = 20 kN/m
C
Problema 11.2
Problema 11.4

| 434 | Estática
11.5.
11.6.
5 m
B
A
k = 15 kN/m
θ
C
0,3 m
P = 150 N
B
0,3 m
A
θ
k = 600 N/m
Problema 11.5
Problema 11.6
Problemas
•11.1.
I
D
A
1,2 m
F
C
Problema 11.1
1,2 m
11.2.
θ
H
E
B
11.3.
*11.4.
D
E
θ
A
k
B
Problemas 11.3/4
200 mm
200 mm
•11.5.
C
P
A
0,6 m
θ
k = 250 N/m
B
O
0,15 m
M = 15 N · m
θ
1,8 m
k = 500 N/m
A
Problema 11.2
Problema 11.5

Capítulo 11 Trabalho virtual | 435 |
11.6.
F
D
E
200 mm
P = 25 N
P
A
B
θ
θ
C
200 mm
D
500 mm
75 mm
A
B
θ = 30º
Problema 11.9
11.10.
P = 5 N P = 5 N
A
90 mm 90 mm
E
C
Problema 11.6
11.7.
*11.8.
A
θ
B
0,15 m
P
B
15 mm
F
D
15 mm
Problema 11.10
11.11.
*11.12.
A
l
θ
0,15 m
k = 1000 N/m
0,15 m
P
B
k
Problemas 11.7/8
•11.9.
l
C
Problemas 11.11/12

| 436 | Estática
•11.13.
L
A
L
A
0,9 m
0,3 m
B
θ
C
P
B
L
θ
k
θ
L
D
–P
k = 1000 N/m
Problema 11.13
11.14.
C
Problema 11.15
*11.16.
•11.17.
250 mm 150 mm
d
A C k
E
A
s
B
a
C
E
250 mm
θ
θ
B
150 mm
D
m
Problemas 11.16/17
a
D
Problema 11.14
11.15.
11.18.
100 mm
P = 50 N
300 mm 500 mm
A
C
150 mm
B θ = 45º
Problema 11.18
D

Capítulo 11 Trabalho virtual | 437 |
11.19.
1,2 m
0,6 m
0,6 m
B
k
E
θ
1,2 m
A
Problema 11.19
*11.20.
C
θ
D
11.22.
11.23.
100 mm 100 mm x
A
D
50 mm
F
B
C
E
Problemas 11.22/23
*11.24.
G
D θ = 30º F placa
200 mm E 200 mm
F H
P
2,5 m
B
D
–F
200 mm 200 mm
B
A θ
C
G
Problema 11.20
•11.21.
A
θ = 30º
1 m
M
C
1 m
Problema 11.24
•11.25.
F
E
θ
C
k
1,2 m
G
B
0,15 m
0,3 m
A
125 mm
B
θ
75 mm
M
A
Problema 11.21
Problema 11.25

| 438 | Estática
W
A
(a)
dy = dr cos θ
dr
W
θ
(b)
Figura 11.10
F s
s
Posição
de repouso
Figura 11.11
y
dr
ds
W
B
s
h
11.4 Forças conservativas
Peso
h
U =- W dy =-Wh
Força da mola
s2
U ksds
1 2
ks
1 2
=- =-`
2 - ks1
2 2
j
s1
Atrito
11.5 Energia potencial
Energia potencial gravitacional

Capítulo 11 Trabalho virtual | 439 |
Energia potencial elástica
V
1 2
= ks
2
W
V g = + Wy
+y
Referência
V g = 0
W
– y
V g = – Wy
Figura 11.12
Posição
de repouso
s s
F s
F s
Posição
de repouso
Função potencial
V e = + 1 ks 2
2
Figura 11.13
V = Vg+
Ve
Wy
1 2
=- + ky
2

| 440 | Estática
U V y V y W y y
1 2
ky
1 2
1- 2 = ^ 1h- ^ 2h=- ^ 1- 2h+ 1 - ky2
2 2
11.6 Critério da energia potencial para o equilíbrio
Referência
y 1
y
y 2
W
k
(a)
(b)
Figura 11.14
dV
dq
dV
=- W+ ky =
dy
y
eq
R
W
k
B
A
11.7 Estabilidade da configuração de equilíbrio
Equilíbrio estável
O contrapeso em equilibra o peso
do tabuleiro dessa ponte levadiça
simples. Aplicando-se o método da
energia potencial, podemos estudar a
estabilidade da estrutura para várias
posições de equilíbrio do tabuleiro.
Equilíbrio indiferente

Capítulo 11 Trabalho virtual | 441 |
Equilíbrio instável
G
G
G
Equilíbrio estável
Equilíbrio indiferente
Equilíbrio instável
(a) (b) (c)
Figura 11.15
Sistema com um grau de liberdade
V
V
V
d 2 V
dq 2 > 0
d 2 V
dq 2 < 0
dV
dq = 0
d 2 V
dq 2 = 0
dV
dq = 0
dV
dq = 0
q eq
q
q eq
q
q eq
q
Equilíbrio estável
Equilíbrio instável
Equilíbrio indiferente
(a) (b) (c)
Figura 11.16
dV
dq
2
d V
dq
0
2

| 442 | Estática
dV
dq
2
d V
dq
0
2
2
3
dV
d V d V
0
2
3
dq dq dq
Procedimento para análise
Função de potencial
V
1 2
= ks
2
Posição de equilíbrio
Estabilidade

Capítulo 11 Trabalho virtual | 443 |
Exemplo 11.5
k = 200 N/m
A
SOLUÇÃO
Função potencial
V V V
1 2
= e+ g = ks + Wy
2
V
1 2 2
= kl ^1 - cos ih
+ Wc
l cos im
2
2
Posição de equilíbrio
dV 2
= kl ^1
-cos ihsen i- Wl
sen i = 0
di
2
lkl cos
W
; ^1
- ih- E sen i = 0
2
-1 ,
cos
W
-1
10^9 81h
i = c1
- m = cos = 1 - G = 53,8°
2kl
2^200h^0,
6h
Estabilidade
2
dV
2
di
θ
(a)
l = 0,6 m
B
2 2
= kl ^1
- cos ih
cos i+ kl sen i sen i-
Wl
cos i
2
2
= kl ^cos i-cos 2ih
-
Wl
cos i
2
Figura 11.17
(b)

| 444 | Estática
2
dV
2
di
i = 0°
2
10^9, 81h^0,
6h
= 200^0, 6h
^cos 0° -cos 0°
h -
cos 0°
2
=-29,
4 0
2
dV
2
di
i = 53,8°
2
10^9, 81h^0,
6h
= 200 ^06
, h ^cos 53,8° -cos 107,6° h -
cos 53,8°
2
= 46,
9 0
Exemplo 11.6
G
G
h
C
2 m
E
B
C
2 m
E
B
(4 m) sen θ
y
A
θ
2 m
k = 18 kN/m
(a)
θ
D
A
θ
2 m
k = 18 kN/m
4 m cos θ
(b)
θ
D
Referência
SOLUÇÃO
Figura 11.18
Energia potencial
V
1 2
ks
1 18000 Nm / 4 mcos
2
2 2
e = = ^ h^ i- mh = 9000^4 cos i-
2h
2 2
Equilíbrio
dV
= 58860 cos i+ 18000^4 cos i-2h^- 4 sen ih=
0
di
58860 cos i- 288000 sen icos i+ 144000 sen i = 0

Capítulo 11 Trabalho virtual | 445 |
Estabilidade
2
dV
2
di
2
dV
60409 0
2
di =-
2
dV
64073 0
2
di
=-58860 sen i- 288000 cos 2i+
144000 cos i
Exemplo 11.7
(a)
(b)
Figura 11.19
SOLUÇÃO
Função potencial
y = R
h
c + mcos
i+
Ri sen i
2
V = mg R
h
= c + mcos
i+
Ri sen i
2
G

| 446 | Estática
Posição de equilíbrio
dV
= mg R
h
sen Rsen R cos 0
di
= - c + m i+ i+ i i
2
G =
= mg
h
c- sen i+ Ricos
im
= 0
2
Estabilidade
2
dV
mg
h
cos i Rcos i Ri sen i
2
= c- + - m
di
2
2
dV
mg h R
2
=- c - m
di
2
i = 0
Problemas
11.26.
11.27.
*11.28.
•11.29.
C
A
0,3 m
5 m
θ
G
D
2 m
2 m
E
11.30.
k
A
C
θ
1,5 m
Problema 11.30
11.31.
B
D
2,5 m
θ
2,5 m
B
h
A B C
k 1 = 4 kN/m
k 1 = 4 kN/m
k 2 = 6 kN/m
Problema 11.29
Problema 11.31

Capítulo 11 Trabalho virtual | 447 |
*11.32.
1,2 m
11.35.
0,6 m
A
0,6 m
θ
E
k
B
1,2 m
C
θ
D
E
0,45 m
k
B
C
0,9 m
Problema 11.32
•11.33.
250 mm 150 mm
A
θ
Problema 11.35
*11.36.
θ
D
A C k
E
A
1 m 1 m
250 mm
θ
B
θ
D
B
k = 900 N/m
θ
C
150 mm
Problema 11.36
Problema 11.33
11.34.
50 mm
100 mm 100 mm
x
A
D
E
•11.37.
A
θ
450 mm
100 mm
B C F
H
600 mm
k = 2 kN/m
H
F
B
I
D
θ
C
Problema 11.34
Problema 11.37

| 448 | Estática
11.38.
•11.41.
0,9 m
A
θ
G
C
a
O 0,3 m
r
k = 400 N/m
Problema 11.38
11.39.
400 mm
D
Problema 11.41
11.42.
k = 100 N/m
A
C
θ
r G
h
400 mm
B
Problema 11.42
Problema 11.39
*11.40.
11.43.
G
3,5 m
h
θ
1,5 m
1,5 m
r
Problema 11.40
Problema 11.43

Capítulo 11 Trabalho virtual | 449 |
*11.44.
b
*11.48.
b
150 mm
r
Problema 11.44
100 mm
200 mm
•11.45.
h
Problema 11.48
•11.49.
d
r
Problema 11.45
11.46.
11.47.
d
r
A
Problema 11.49
h
h
250 mm
100 mm
Problemas 11.46/47

| 450 | Estática
REVISÃO DO CAPÍTULO
l
P
l
θ
θ
F
P
l
l
θ
θ
F

Capítulo 11 Trabalho virtual | 451 |
Referência
y 1
y
y 2
W
k
(a)
V = V V W
1
g+ e =- y+
ky
2
2
dV
dq
dV
dq
dV
dq
2
0,
d V
0
2
dq
2
0,
d V
0
2
dq
2
3
dV
d V d V
0
2
3
dq dq dq

| 452 | Estática
Problemas
11.50.
375 mm
C
θ θ
k = 300 N/m
0,1 m
M
θ
B
0,4 m
A
R
F
375 mm
θ
θ
A
B
Problema 11.50
11.51.
B
Problema 11.53
11.54.
c
a
b
B
L
A
C
k
A
θ
P
Problema 11.51
*11.52.
A
250 mm
θ
B
k = 400 N/m
250 mm
C
P
Problema 11.54
11.55.
B
k = 800 N/m
C
Problema 11.52
•11.53.
E
1,2 m
k = 400 N/m
D
θ
A
0,6 m
Problema 11.55

Capítulo 11 Trabalho virtual | 453 |
*11.56.
•11.57.
B
11.58.
B
0,6 m
h
D
k = 1 kN/m
A
C
θ
0,3 m
k
A
k
l
Problemas 11.56/57
Problema 11.58

APÊNDICES
A — Revisão e expressões matemáticas
Revisão de geometria e trigonometria
Figura A.1 Figura A.2
a
b
c
A B C
Figura A.3
h = ^oh
+ ^ah
2 2
sen i
o
h
cos i
a
h
tg i
o
a
Figura A.4
cossec i
1
h
sen i o
sec i
1
h
cos i a
cotg i
1
a
tg i o
Figura A.5

Apêndices | 455 |
Identidades trigonométricas
cos i =
tg i
sen i
cos i
1+
cos 2i
, sen i =
2
Fórmula quadrática
1-
cos 2i
2
2
x = - b
b 4ac
2a
-
Funções hiperbólicas
x x
senh x =
e - e
- ,
2
cosh x =
e + e
-
,
2
tgh
senh
cosh
Expansões de série de potência
3 2
sen = -
+ , cos = 1-
+
3!
2!
3 2
senh = +
+ , cosh = 1+
+
3!
2!
Derivadas
d u
nu
-
1
^ h=
du
dx
dx
d
^ uv h= u
dv
+
dx dx
d
dx
d
dx
u
` =
v
j
v
du
dx
-
v
2
v
du
dx
u
dv
dx
^cotg
uh=-
cossec
2
u
du
dx
d
^sec
uh
tgusec
u
du
dx
dx
d
dx
d
dx
^sen
uh
cos
^cos
uh=-
sen
d
2
^tguh
sec
dx
d
dx
d
dx
d
^cossec uh=-
cossec ucotg
u
du
dx
dx
^senhuh
cosh
^cosh
uh
senh
u
du
dx
u
du
dx
u
du
dx
u
du
dx
u
du
dx
Integrais
+ 1
xdx= x
+ Cn , -
1
n + 1
dx
=
1
ln^a+ bxh+
C
a+
bx b
dx
a+
bx
2
xdx
a+
bx
2
2
x dx
a+
bx
2
=
1
ln
a+ x -ab
= G + C,
2 -ba a -x -ab
ab 0
1 2
= ln^bx + ah+
C
2b
x a -1
= - tg
x ab
+ Cab , 0
b b ab a
2 3
a+ bxdx = ^a+ bxh
+ C
3b
3
22a 3bx a bx
x a + bx dx = - ^ - h ^ + h
C
2
+
15b
2
x a + bx dx =
2 2 2 3
2^8a - 12abx + 15b x h ^a + bxh
C
3
+
105b
2 2
a x dx
1 2 2 2 -1
- = x a x a sen
x
C,
2
8 - +
a
B +
a 0
2 2
x a x dx
1 2 2 3
- =- ^a - x h + C
3
x a - x dx =-
x ^a
-x
h
2 2 2 2 2 3
2
a 2 2 2 -1
+ x a - x + a sen
x
+ Ca , 0
8
`
a
j
x
a dx =
2 2
1 2 2 2 2 2
8x x a a ln^x+ x a hB
+ C
2
2 2
x x a dx
1 2 2 3
= ^x a h + C
3
2 2 2
x x a dx
x 2 2 3
! = ^x
! a h
4
2
4
a x x
2 a
2 a
2 2
" ! - ln^x+ x ! a h + C
8 8
dx
=
a+
bx
a+
bx b
xdx
x a
2 2
+ C
2 2
= x a + C

| 456 | Estática
sen
cos
dx 1
2
= ln6
a+ bx+ cx +
2
a+ bx+
cx c
x c +
b
E + Cc , 2 0
2 c
1 -1
= sen -2cx
-b
c Cc , 1 0
-
2 m +
c b - 4ac
xdx=- cos x+
C
xdx= sen x+
C
xcos^axhdx
=
1
cos^axh x
sen ax C
2
+ ^ h+
a
a
2 2
2
x cos^axhdx
=
2x
cos^axh ax 2
sen ax C
2
+
- ^ h
3
+
a
a
e
xe
ax
ax
senh
cosh
dx
a e ax
= + C
ax
dx =
e
^ax
C
2
- h+
a
xdx= cosh x+
C
xdx= senh x+
C

B — Equações Fundamentais da Estática
Apêndices | 457 |
Vetor cartesiano
Intensidade
Direções
u
Produto escalar
Produto vetorial
A
A = A + A + A
x y z
A Ax Ay Az
= = i+ j+
k
A A A A
= cos ai+ cos bj+
cos ck
2 2 2
cos a+ cos b+ cos c = 1
C A
B
i j k
A
B
Vetor de posição cartesiano
x
x
A
B
y
y
A
B
Vetor de força cartesiano
F Fu
F
r
c m r
Momento de uma força
Mo Fd
Mo
r
F
i j k
rx
ry
rz
Fx
Fy
Fz
Momento de uma força em torno de um eixo
especificado
M a
u$ r#
F
ux
rx
Fx
uy
ry
Fy
z
z
uz
rz
Fz
Simplificação de uma força e sistema binário
Equilíbrio
Partícula
R
RR
R R R
Corpo rígido — duas dimensões
R R R
Corpo rígido — três dimensões
Atrito
Estático (máximo)
Cinético
Centro de gravidade
Partículas ou Partes Discretas
Corpo
R R R
R R R
r
r
rW u
W
rdW u
dW
Momentos de inércia de área e massa
I r dA I r dm
Teorema do eixo paralelo
I = I+ Ad I = I+ md
Raio de giro
k
Trabalho virtual
I
A
k
I
m

| 458 | Estática
C — Tabelas de conversão
C.1 Prefixos do SI
C.2 Fatores de conversão (FPS) para (SI)
C.3 Fatores de conversão (FPS)

Apêndices | 459 |
C.4 Propriedades Geométricas de Elementos de Linha e Área
I
1
r
1
x = 4 i sen 2i
4
` -
2
j
I
1
r
1
x = 4 i sen 2i
4
` +
2
j
r
L = 2 – π
r
2r
C — π
C
r
L = πr
I
I
x
y
1
16
1
rr
rr
16
4
4
r
y
C
A = —– π r 2 I
1 4
2
x rr
8
— 4
3 r π
I
1 4
x rr
x
4
r
y
C
A = πr 2 I
1 4
y rr
8
x
I
1 4
y rr
4
I
I
x
y
1
12
1
12
bh
hb
3
3
I
x
1
36
bh
3

| 460 | Estática
C.5 Centro de Gravidade e Momento de Inércia da Massa de Sólidos Homogêneos

Soluções e respostas parciais
dos problemas fundamentais
Capítulo 2
F2.1.
F2.2.
F2.3.
F2.4.
F2.5.
F2.6.
F2.7.
2 2
FR
= ^2kNh + ^6kNh - 2^2kNh^6kNhcos
105°
= 6, 798 kN = 6,
80 kN
sen z
=
sen 105° , z = 58,49°
6 kN 6,
798 kN
i = 45° + z = 45° + 58,49° = 103°
2 2
FR
= 200 + 500 - 2^200h^500hcos
140°
= 666 N
2 2
FR
= 600 + 800 - 2^600h^800hcos
60°
= 721,
11 N = 721 N
sen a
sen 60° ; a 73,90°
800 721,
11
Fu
300
45° 105° ; F 219,6
u N
sen sen
Fv
300
sen 30° sen 105° ; F 155,3
v N
FAB
900
sen 105° sen 30°
F 1738,
7 N
AB
FAC
900
sen 45° sen 30°
F 1272,
8 N
AC
6
3,11 kN
sen 30° sen 105°
Fv
6
sen 45° sen 105°
^Fh
0 ^Fh
300 N
1 x
1 y
3 x
3 y
F 4,39 kN
^F2hx =- ^450
Nhcos
45° =-318
N
^F2h
y
^F
h
^F
h
= ^450
Nhsen
45° = 318 N
=
3
c m 600 N = 360 N
5
=
4
c m 600 N = 480 N
5
v
F2.8. F 300 400 cos 30° 250
4
Rx = + - c m=
446,4 N
5
F2.9.
F2.10.
Ry
= 400 sen 30°
+ 250
3
c m = 350 N 5
2 2
R
= ^446, 4h
+ 350 = 567 N]
-1
i = tg
350
= 38, 1°
446,
4
" + ^Rh
x = Rx;
x 3, 5 cos 30°
0
3
^ Rh =- ^ kNh + + c m^
3 kNh
5
=- 1,
231 kN
+ - ^Rh
y = Ry;
3, 5 sen 30°
2
4
^ Rhy
=-^ kNh - kN -c m^
3 kNh
5
=- 615 , kN
2 2
R
= ^1, 231 kNh
+ ^6, 15 kNh
= 6,
272 kN
-1
615 ,
z = tg e o = 78, 68°
1,
231
i = 180° + z = 180° + 78, 68° = 259°
" + ^Rh
x = Rx;
750 N = F cos i +
5
c m^325 h+
^600 hcos
45°
13
+ - ^R h y = Ry
;
0 = sen i + c 12 m^ 325 h-^
600 hsen
45 °
13
tg i = 0, 6190 i = 31, 76° = 31, 8°
= 236
F2.11. + ^Fhx = RF
R
x
^400 hcos
45°
= cos i + 250 -
3
c m 450
5
+ ^Rh
y = Ry;
- ^400 h sen 45°
= sen i -
4
c m^450
h
5
tg i = 0, 2547 i = 14, 29° = 14,
3
= 312,
5
F2.12. 15
4
0 15
4
^ Rhx
= c m+ + c m=
24 kN
5
5
15
3
20 15
3
^ Rh y = c m+ - c m=
20 kN
5
5
R
= 31,2 kN
i = 39, 8°

| 462 | Estática
F2.13. 75 cos 30° sen 45°
45,93 kN
y
= 75 cos 30° cos 45°
= 45,93 kN
z
=- 75 sen 30° =- 37,5 kN
-1
45,
93
a = cos e o = 52, 2°
75
-1
45,
93
b = cos e o = 52, 2°
75
c = cos
-1
-37,
5
e o = 120°
75
F2.14. cos b = 1 -cos 2 120° - cos
2 60° = 0,7071
F2.15.
F2.16. ^250 Nhsen
45°
176,78 N
= ^250 Nhcos
45°
= 176,78 N
3
x = c m^176,78 Nh
= 106,
1 N
5
4
y = c m^176,78 Nh
= 141,
4 N
5
F = "- 106, 1i+ 141,
4j+ 176 + 8k,
N
F2.17.
F2.18. F
4
2,5
3
1 = c m^ kNhj+
c m^2,5
kNhk
5
5
= " 2j+
1,
5k,
kN
F2
= 6^4kNhcos
45° @ cos 30°
i
+ 6^4kNhcos
45° @ sen 30°
j
+ ^4kNh
sen 45°
^-
kh
= ^245 , i+ 141 , j-
283 , kh
kN
F = F + F = " 245 , i+ 341 , j-
133 , k,
kN
1 2
F2.19. rAB = "- 6i+ 6j+
3k,
m
2 2 2
AB
= ^- 6mh + ^6mh + ^3mh
= 9m
a = 132°, b = 48, 2°, c = 70, 5°
F2.20. rAB = "- 2i+ 1j+
2k,
m
2 2 2
rAB
= ^- 2h + ^1h + ^2h
= 3m
-1
a = cos -2
m
c m = 131,8°
3 m
i = 180° - 131,8° = 48,2°
F2.21. r = " 2i+ 3j-
6k,
m
F = u
= ^630
Nh
2
i
3
j
6
c + - km
7 7 7
= " 180i+ 270j-
540k,
N
F2.22. F = u 900
4 7 4
AB = Nc- i+ j-
km
9 9 9
= "- 400i+ 700j-
400k,
N
F2.23.
F2.24.
F2.25.
F2.26.
F F u
B B B
= ^840
Nh
3 2 6
c i- j-
km
7 7 7
= " 360i-240j-720k,
N
FC = CuC
= ^420
Nh
2
i
3
j
6
c + - km
7 7 7
= " 120i+ 180j-
360k,
N
2 2 2
R
= ^480 Nh + ^- 60 Nh + ^-
1080 Nh
= 118 , kN
F F u
B B B
= ^3kNh
1 2 2
c- i+ j-
km
3 3 3
= "- 1i+ 2j-
2k,
kN
FC = FCuC
= ^245k
, Nh
6
i
3
j
2
c- + - km
7 7 7
= "- 21 , i+ 105 , j-
07 , k,
kN
F =+ F + F = "- 31 , i+ 305 , j-
27 , k,
kN
R B C
u
1 2 2
AO =- i+ j-
k
3 3 3
uF
=- 0, 5345i+ 0, 8018j+
0,
2673k
1
i = cos - ^u
u h=
57,7°
AO
u
3 4
AB =- j+
k
5 5
u
4 3
F = i-
j
5 5
1
i = cos - ^u
u h=
68,9°
F2.27. u
12 5
OA = i+
j
13 13
uOA
j OA^1hcos
i
cos i
5
; i 67, 4°
13
F2.28. u
12 5
OA = i+
j
13 13
F = FuF
= 6650j@
N
FOA
= F
uOA
= 250 N
F = F u = " 231i+
96,
2j,
N
OA OA OA
AB
F
F

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 463 |
F2.29.
F2.30.
Capítulo 3
" 4i+ 1j-
6k,
m
F = ^400
Nh
2 2 2
^4mh + ^1mh + ^-
6mh
= " 219, 78i+ 54, 94j-
329,
67k,
N
"-4j-6k,
m
uAO
=
2 2
^ - 4mh
+ ^ - 6mh
=-0, 5547j-0,
8321k
^
h = F
u = 244 N
+
F3.1. R F 0;
4
x = FAC- FABcos
30° = 0
5
+ R 0;
3
y = AC+ ABsen
30° - 2,75 kN = 0
5
AB
= 2,39 kN
= 2,59 kN
AC
F3.2. + RF = 0; - 2 ^75
, hsen
i + 3,5 = 0
AO proj
ABC
y
i 13, 5°
1,5 m
2c
m
3,09 m
cos 13, 5°
+
F3.3. R F = 0; T cos i- T cos z = 0
x
z = 0
+ RF
= 0; 2T
sen i - 49,
05 N = 0
1 015 , m
i = tg
- e o=
36, 87°
02 , m
T = 40,9 N
F3.4. + RF
0;
4
x = ^Fsph
- 5 ^981
, h sen 45° = 0
5
Fsp
= 43,35 N
Fsp = k^l- l0h; 43, 35 = 200^0,
5 - l0h
l = 0,283 m
0
AO
F = 6^-
3kNhcos
60° @ sen 30°
i
+ 6^3kNhcos
60° @ cos 30°
j
+ 6^3kNh
sen 60°
@ k
= "- 0, 75i+ 1, 299j+
2,
598k,
kN
u
2
i
2
j
1
A =- + + k
3 3 3
^F
h = F
u = 2,232 kN
A proj
A
^FA
h 3 kN 2,
232 kN
per
= ^ h -^
h
= 200 , kN
2 2
F3.5. + RFy
= 0; ^392,4 Nhsen
30° - mA^9,
81h=
0
m = 20 kg
A
F3.6. + RF = 0; T sen 15° - 10 ^981 , hN
= 0
y
AB
T = 379,03 N = 379 N
AB
+
" RFx
= 0; TBC- 379,03 N cos 15° = 0
T = 366,11 N = 366 N
BC
+
" RFx
= 0; TCD
cos i - 366,11 N = 0
+ - RFy
= 0; TCDsen
i - 15 ^981 , hN
= 0
TCD
= 395 N
i = 21, 9°
F3.7. R F 0;
3
F
3
x = ; c m 3Ec
m+ 600 - F2
= 0
5 5
RF 0;
4
F
3
F
4
y = c m 1- ; c m 3Ec
m=
0
5 5 5
RF 0;
4
F
3
z = c m 3+ c mF1- 900 N = 0
5 5
F3
= 776 N
F1
= 466 N
F = 879 N
2
F3.8. R F 0; F
4
z = ADc
m- 900 = 0
5
F3.9.
FAD
= 1125 N = 1,125 kN
RF
0;
F
4
1125
3
y = ACc
m- c m=
0
5 5
FAC
= 843,75 N = 844 N
RF
= 0; F - 843,
75
3
c m = 0 5
F
x
AB
AB
= 506,25 N = 506 N
AD
F F
1
F i
2
F j
2
AD = AD e o= AD - AD + FADk
r 3 3 3
AD
RF
0;
2
z = FAD- 600 = 0
3
FAD
= 900 N
RF
0; F cos 30°
2
y = AB - ^ 900 h = 0
3
FAB
= 692,
82 N = 693 N
RF
0; 1
x = ^ 900 h + 692 , 82 sen 30 ° - FAC
= 0
3
F = 646,
41 N = 646 N
AC
F3.10. FAC
= FAC
-
cos 60° sen 30°
i
+ cos 60° cos 30° j+
sen 60°
k,
=- 0, 25FACi+ 0, 4330FACj+
0,
8660FACk
FAD
= FAD
" cos 120i+ cos 120° j+
cos 45°
k,
=-0, 5FADi- 0, 5FADj+
0,
7071FADk
RFy = 0; 0, 4330FAC- 0,
5FAD
= 0
RFz = 0; 0, 8660FAC+ 0,
7071FAD- 300 = 0
FAD
= 175,
74 N = 176 N
FAC
= 202,
92 N = 203 N
RFx
= 0; FAB-0, 25^202, 92h- 0, 5^175,
74h=
0
F = 138,
60 N = 139 N
AB

| 464 | Estática
rAB
F3.11. FB
FBe o r
AB
"- 18 , i+ 09 , j+
06 , k,
m
= FB
=
2 2 2
G
^- 1,8 mh + ^0,9 mh + ^0,6
mh
=-
6
F i
3
F j
2
B + B + FBk
7 7 7
rAC
FC
= FCe
o r AC
"-18 , i- 06 , j+
09 , k,
m
= FC
=
2 2 2
G
^- 1,8 mh + ^- 0,6 mh + ^0,9
mh
=-
6
F i
2
F j
3
C - C + FCk
7 7 7
FD
= FDi
W = "-
75^9,
81hk,
N
RF 0;
6
F
6
x = - B- FC+ FD
= 0
7 7
RF 0;
3
F
2
y = B- FC
= 0
7 7
RF 0;
2
F
3
y = B+ FC- 75 9,81 = 0
7 7
FB
= 729,3 N
FC
= 1,5^729,3 Nh
= 1188,5 N
F = 1697,8 N
D
Capítulo 4
F4.1. + MO
= 3 sen 50° ^15 , h+
3 cos 50° ^15
, h
= 3,74 kN
F4.2. + M
4
100 2
3
O =-c m^ Nh^ mh-c m^100 Nh^5
mh
5
5
=- 460 Nm
= 460 Nm
F4.3. + MO
= 6^300 Nhsen
30° @ 60, 4 m+
^0, 3 mhcos
45°
@
- 6^300 Nhcos
30° @ 6^0, 3 mhsen
45°
@
= 36,
7 N
m
F4.4.
F4.5.
F4.6.
F4.7. R
F4.8.
F4.9.
R
^M
3 O 500 0 , 425
Rh = = c m N
5
G^
mh
- = c
4 m 500 N 0 , 25
5
G^
mh
- 6^600 Nhcos
60° @ ^0,
25 mh
- 6^600 Nhsen
60° @ ^0,
425 mh
=- 268 Nm
= 268 Nm
R
F4.10. F = Fu 500
4
i
3
AB = Nc - jm = " 400i-
300j,
N
5 5
MO
= rOA# F = " 3i, m #"
400i-
300j,
N
= "-1200k,
N$
m
ou
MO
= rOA# F = " 4i, m #"
400i-
300j,
N
= "-1200k,
N$
m
F4.11.
F Fu BC
= 600 N " 12 , i-12 , j-06
, k,
m
2 2 2
^12 , h + ^- 12 , h + ^-
06 , h
= " 400i-400j-200k,
N
i j k
MO
= rC#
F = 15 ,
400
0
-400
0
-200
= " 300j-
600k,
N$
m
ou
i j k
MO
= rB#
F = 03 , 12 , 06 ,
400 -400
-200
= " 300j-
600k,
N$
m
F4.12. = 1+
2
= " ^100 - 200hi+ ^- 120 + 250hj
+ ^75 + 100hk,
N
= "- 100i+ 130j+
175k,
N
i j k
^MRhO = rA#
FR
= 08 , 1 06 ,
-100
130 175
= " 97i- 200j+
204k,
N$
m
1 0 0
F4.13. Mx
= i$ ^rOB#
Fh=
03 , 04 , -02
,
300 -200
150
= 20 N$
m

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 465 |
F4.14.
u
OA
rA
^03 , i+
04 , jh
= =
rA
^0,3 mh
+ ^0,4
mh
2 2
06 , 08 , 0
MOA = uOA $ ^rAB
# Fh=
0 0 -02
,
300 -200
150
=-72
N$
m
F4.15. F = (200 N) cos 120°i
+ ^200 Nhcos
60° j+
^200 Nhcos
45°
k
= "- 100i+ 100j+
141,
42k,
N
MO
= i$ ^rA#
Fh
=
1
0
0
03 ,
0
025 ,
-100
100 141,
42
= 17,4 N$
m
F4.16.
F4.17.
u
F4.18.
0 1
Mp
= j$ ^rA#
Fh= -3
-4
30 -20
= 210 N$
m
AB
rAB
"- 04 , i+
03 , j,
m
= = =- 08 , i+
06 , j
r
2 2
AB ^ - 0,4 mh
+ ^0,3
mh
MAB = uAB $ ^rAC
# Fh
i j k
08 , 06 , 0
= - =- 0,4 N$
m
0 0 02 ,
50 -40
20
M = M u = " 032 , i-
024 , j,
N$
m
AB AB AB
F4.19. + M CR = RM A = 400(3) – 400(5) + 300(5)
+ 200(0,2) = 740 N $ m
Também,
+ M CR = 300(5) – 400(2) + 200(0,2)
= 740 N $ m
F4.20. + M CR = 300(0,4) + 200(0,4) + 150(0,4)
= 260 N $ m
0
2
50
F
4
500
3
x = ; c m NEc
m=
240 N
5 5
F
4
500
4
y = ; c m NEc
m=
320 N
5 5
F 500
3
z = ^ Nhc
m = 300 N
5
Mx
= 300 N^2 mh-
320 N^3
mh
=- 360 N$
m
My
= 300 N^2 mh-
240 N^3
mh
=- 120 N$
m
Mz
= 240 N^2 mh-
320 N^2
mh
=- 160 N$
m
F4.21.
+ M B ) R = RM B
–1,5 kN $ m = (2 kN)(0,3 m) – F(0,9 m)
F = 1000 N
F4.22. + M 10
3
2 10
4
C = c m^ h - c m^4h
=-20
kN$
m
5 5
= 20 kN$
m
r1
6 - 02 , i+ 02 , j+
035 , k@
m
F4.23. u1
= =
r1
^ - 0,2 mh + ^0,2 mh + ^0,35
mh
2
,
i
2 35
=- + j+
k
45 , 45 , 45 ,
u2
=- k
15 ,
u i
2
3 = - j
25 , 25 ,
^M h1=
^M h1u
F4.24. F
4
450 j
3
B = c m^ Nh - c m^450
Nhk
5
5
= " 360j-
270k,
N
i j k
Mc = rAB#
FB
= 04 , 0 0
0 360 -270
= " 180j+
144k,
N$
m
F4.25.
450
2
,
i
2 35
= ^ N$
mhe- + j+
ko
45 , 45 45 ,
= "- 200i+ 200j+
350k,
N$
m
^MCh2= ^MCh2u2
= ^250
N$
mh^-
kh
= "-
250k,
N$
m
15 ,
M M u 300 N m i
2
^ Ch3= ^ Ch3
3 = ^ $ he
- jo
25 , 25 ,
= " 180i-
240j,
N$
m
^MChR = / Mc;
^M hR
= "-20i- 40j+
100k,
N$
m
também,
Mc = ^rA# FAh+
^rB#
FBh
i j k i j k
= 0 0 03 , + 04 , 0 03 ,
0 -360
270 0 360 -270
= " 180j+
144k,
N $ m
F F; F 1000
3
Rx = R x Rx = - ^ 500 h = 700 N
5
+. F F; F 750
4
Ry = R y Ry = - ^ 500 h = 350 N
5
2 2
FR
= 700 + 350 = 782,6 N
-1
i = tg
350
c m = 26, 6°
700
+ MA
= RMA;
R
M
3 500 1 , 2
4
A = ^ h^ h- ^ 500 h^ 1 , 8 h+
750 ^ 0 ,
R
9 h
5
5
M = 315 N m
+
"
C
C
C
1
A $
R
2 2 2

| 466 | Estática
F4.26. F F; F
4
Rx = R x Rx = ^ 50 h = 40 N
5
F F;
F 40 30
3 50
Ry = R y Ry = + + ^ h
5
= 100 N
2 2
FR
= ^40h
+ ^100h
= 108 N
-1
i = tg
100
c m = 68, 2°
40
MA
= RMA;
R
M 30 3
3
A = ^ h+ ^
R
50 h^
6 h+
200
5
= 470 N
m
F4.27. ^FRh
x = RFx;
^FR
hx
= 900 sen 30° = 450 N "
^FRh
x = RFy;
^FR
hx
=-900 cos 30°
-300
=- 1079,42 N = 1079,42 N .
2 2
FR
= 450 + 1079,
42
= 1169,47 N = 1,17 kN
-1
1079,
42
i = tg e o = 67, 4°
450
^MRh
A = RMA;
^MRh A = 300 -900 cos 30° ^0, 75h-300^2,
25h
=- 959,57 N
m
= 960 N
m
F4.28.
^FRh
x = RFx;
F x 750
3
250 500
4
^ Rh = c m+ - c m=
300 N "
5
5
^FRh
y = RFy;
F =-750 4
-500 3
^ h c m c m
5 5
R y
=- 900 N = 900 N .
FR
= 300 + 900 = 948,7 N
-1
i = tg
900
c m = 71, 6°
300
^M
h = RM
;
2 2
R A A
R A
M 500
4 0 , 3 500
3 1 , 8 750
4
^ h = c m^ h - c m^ h - c m^
09 , h
5 5 5
=- 960 = 960 N
m
F4.29.
R
FR
= F1+
F2
= ^- 300i+ 150j+ 200kh+ ^-
450kh
= "- 300i+ 150j-
200k,
N
rOA
= ^2- 0hj = " 2j,
m
rOB
= ^-15 , - 0hi+ ^2- 0hj+ ^1-
0hk
= "- 15 , i+ 2j+
1k,
m
^MRhO
= RM;
^MRhO
= rOB# F1+
rOA#
F2
i j k i j k
= -15
, 2 1 + 0 2 0
-300
150 200 0 0 -450
= "- 650i+
375k,
N$
m
F4.30. F1 = "-100j,
N
"-04 , i-03
, k,
m
F2 = ^200
Nh= 2 2
G
^- 0,4 mh
+ ^-
0,3 mh
= "-160i-120k,
N
MC
= "-
75i,
N$
m
FR
= "-160i-100j-120k,
N
^MRhO
= ^0,
3kh # ^-
100jh
i j k
+ 0 05 , 03 , + ^-
75ih
-160
0 -120
= "-105i- 48j+
80k,
N$
m
F4.31. + FR = RFy; FR
= 2,5 + 1,25 + 2,5
= 6,25 kN
Fx R = RMO;
625 , ^xh= 251 , ^ h+ 1252 , ^ h+
253 , ^ h
x = 2 m
F4.32.
^FRh
x = RFx;
F x 0,5
3
^ Rh
= c m + 0,25 sen 30° = 0,425 kN "
5
^FRh
y = RFy;
F y 1 0, 25 cos 30° 0,
5
4
^ Rh
= + - c m 5
= 0,8165 kN -
2 2
FR
= 0, 425 + 0, 8165 = 0,917 N
-1
0,
8165
i = tg e o = 62, 5°
0,
425
MR
A
^ h = RMA;
0, 8165^dh= 1^1h- 0, 5
4
c m^2h+
0, 25 cos 30°
^3h
5
d = 1,04 m

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 467 |
F4.33. ^FRh
x = RFx;
F x 15
4
^ Rh
= c m = 12 kN "
5
^FRh
y = RFy;
F y 20 15
3
^ Rh
=- + c m =- 11 kN = 11 kN .
5
2 2
FR
= 12 + 11 = 16,3 kN
-1
i = tg
11
c m = 42, 5°
12
^MRhA
= RMA;
- 11^dh=-20^2h- 15
4
2 + 15
3
c m^ h c m^
6 h
5 5
d = 0,909 m
F4.34. ^FRh
x = RFx;
F
3
^ Rhx
= c m 5 kN - 8 kN
5
=- 5kN
= 5kN
!
^FR h y = RFy;
F 6
4
^ Rh
y =- kN -c
m5kN
5
=- 10 kN = 10 kN .
2 2
FR
= 5 + 10 = 11,2 kN
-1
i = tg
10 kN
c m = 63, 4°
5 kN
^MRhA
= RMA;
5 kN^dh= 8 kN^3 mh-
6 kN^0,5
mh
-
4
; c m5kNE^2mh
5
-
3
; c m5kNE^4mh
5
d = 0,2 m
F4.35. + F = RF; F = 400 + 500 - 100
F4.36.
R z R
= 800 N
MRx
= RMx;
- 800y
=-400^4h-500^4h
y = 4,50 m
MRy
= RMy;
800x
= 500^4h-
100^3h
x = 2,125 m
+ F = RF
R
z
FR
= 200 + 200 + 100 + 100
= 600 N
MRx
= RMx;
- 600y
= 200^1h+ 200^1h+ 100^3h-
100^3h
y =- 0,667 m
MRy
= RMy;
600x
= 100^3h+ 100^3h+ 200^2h-
200^3h
x = 0,667 m
F4.37.
+ F = RF
R
y
- FR
=-615 ^ , h-93 ^ h-315
^ , h
FR
= 40,5 kN
^MRhA
= RMA;
=- 405 , ^dh=
615 ^ , h^075
, h
-93 ^ h^15 , h-315 ^ , h^375
, h
d = 1,25 m
F4.38. F
1 18 , 3 2,4 3 9,9 kN
R = ^ h^ h+ ^ h=
2
MA
= RM
;
R A
99 , d =
1
8 ^ 18 , h^ 3 h ^ 12 , + 243 , ^ ^ 3
2
B h 6 h@
h
d = 2,51 m
F4.39. + FR
= RFy
- F
1 6 3
1
R =- ^ h^ h-
^ 6 h^
6 h
2 2
FR
= 27 kN
^MRhA
= RMA;
- 27^dh= 1
^ 6 h^ 3 h^ 1 h-
1
^ 6 h^ 6 h^
2 h
2
2
d = 1 m
F4.40. + FR
= RFy
F
1 1 2 3 2 2 , 5
R = ^ h^ h+ ^ h+
2
= 9,5 kN
MA
= RM
;
R A
95 , d =
1 1 2 2
2
; ^ h^ hE
^ hc m + 632 ^ h@
^1h+
253 , ^ h
2
3
d = 1,56 m
F4.41. + F = RF
R
y
- F
1 3 4 , 5 3 6
R =- ^ h^ h-
^ h
2
FR
= 24,75 kN
^MRhA
= RMA;
- 24, 75^dh=- 1
^ 3 h^ 4 , 5 h^ 1 , 5 h-
3 ^ 6 h^
3 h
2
d = 2,59 m
3
F4.42. F w^xhdx 2,5x dx 160 N
M
R
AR
RM
;
A
0
4
4
xw^xh
dx 25 , x dx
0
x 3,20 m
w^xh
dx 160
4

| 468 | Estática
Capítulo 5
F5.1.
+
" RF
= 0;
- A + 2500
3
c m = 0 5
A
RM
= 0; B ^3h -2500 4
c m^
1 , 5 h - 900 = 0
5
A
x
x
A
= 1500 N
y
By
= 1300 N
+ - RF
= 0;
A + 1300 - 2500
4
c m = 0 5
y
y
y
= 700 N
F5.2. R
0;
F
F
CD
CD
M A
x
sen 45° ^1,5 mh- 4 kN^3 mh=
0
= 11,31 kN = 11,3 kN
+
" RFx
= 0; Ax+ ^11,31 kNh
cos 45°
= 0
Ax
=- 8kN
= 8kN
!
+ - RFy
= 0;
Ay
+ ^11,31 kNh
sen 45° - 4 kN = 0
A =- 4kN
= 4kN
.
y
F5.3. R
0;
M A
NB
66 m + ^6mh
cos 45° @
- 10 kN62m+
^6mh
cos 45°
@
- 5kN^4mh
= 0
N = 8,047 kN = 8,05 kN
B
+
" RFx
= 0;
^5 kNh
cos 45°
- Ax
= 0
Ax
= 3,54 kN
+ - RFy
= 0;
Ay
+ 8,047 kN -^5 kNh
sen 45° - 10 kN = 0
A = 5,49 kN
y
+
F5.4. R F = 0; - A + 400 cos 30° = 0
x
x
Ax
= 346 N
+ RFy
= 0;
Ay
=-200 -200 -200 - 400 sen 30°
= 0
Ay
= 800 N
RMA
= 0;
MA
-200^2, 5h-200^3, 5h-200^4,
5h
-400 sen 30° ^4, 5h- 400 cos 30° ^3 sen 60°
h=
0
M = 3,90 kN m
A
F5.5. R
0;
M A
NC
^0,7 mh- 625 ^981 , hN@
^0,5 mhcos
30°
= 0
N = 151,71 N = 152 N
C
+
" RFx
= 0;
TAB
cos 15° - ^151,71 Nh
cos 60°
= 0
TAB
= 78,53 N = 78,5 N
+ - RFy
= 0;
FA
+ ^78,53 Nh
sen 15°
+ ^151,71 Nhsen
60° - 25 ^981 , hN
= 0
F = 93,5 N
A
F5.6.
+
R = 0;
F x
NC
sen 30° - ^250 Nh
sen 60°
= 0
NC
= 433,
0 N = 433 N
RMB
= 0;
-NA
sen 30° ^0, 15 mh-433, 0 N^0,
2 mh
+ 6 ^250 Nhcos
30° @ ^0,
6 mh=
0
NA
= 577,
4 N = 577 N
+ RFy
= 0;
NB
- 577, 4 N+
^433, 0 Nh
cos 30°
- ^250 Nh
cos 60°
= 0
N = 327 N
B
F5.7. R
R
R
F5.8. R
R
R
R
R
F5.9. R
R

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 469 |
R
R
R
R
F5.10. R
R
R
R
R
R
F5.11. R
R
R
R
R
R
F5.12. R
R
R
R
R
R
Capítulo 6
F6.1.
+ - RFy
= 0; 1 kN - ADsen
45° = 0
= 1,414 kN^Ch
AD
+
" RFx
= 0; FAB- ^1,414 kNh
cos 45°
= 0
F = 1 kN^Th
AB
+
" RFx
= 0; FBC- 1 kN = 0
FBC
= 1 kN^Th
+ - RF
= 0;
F = 0
y
BD
+
R Fx
= 0;
FCD
cos 45° + ^1,414 kNh
cos 45° - 2 kN = 0
F = 1,414 kN^Th
CD
F6.2.
+ - RF
0;
3
y = FCD- 1,5 kN = 0
5
FCD
= 2,5 kN^Th
+
" RF
0; F
4
x = - AD+ ^ 25 , h = 0
5
FAD
= 2 kN^Ch
F = 2,5 kN^Th, F = F = 0
BC AC AB
F6.3.
+ RF
0;
3
y = - FAE+ 2 = 0
5
F = 3,333 kN^Ch
AE
F = 0; - F + 2 = 0;
F
y
DC
DC
= 2 kN^Ch
F6.4.
+ RFy
= 0; 2F cos 30°
- P = 0
F F F
P
AC = BC = = = 0,
5774P^Ch
2cos
30°
+
R F = 0; 0, 5774P cos 60°
- F = 0
x
FAB
= 0,
2887P^Th
FAB
= 0,2887P
= 2 kN
P = 6,928 kN
FAC
= FBC
= 0,5774P
= 1,5 kN
P = 2,598 kN
AB

| 470 | Estática
F6.5.
F6.6.
R
R
R
R
R FBE
sen z 0 FBE
0
R
R
F6.7. R
R
R
F6.8. R
R
R
F6.9. R
1
z = tg - ^3m/ 2mh=
56,31°
R
R
R
F6.10.
^3 mhtg
30°
tg z = = 1, 732 z = 60°
1 m
RMC
= 0;
FEF
sen 30° ^2 mh+ 1,5 kN^2 mh=
0
FEF
=- 3 kN = kN^Ch
RMD
= 0;
1,5 kN^2 mh- FCF
sen 60° ^2 mh=
0
FCF
= 1,732 kN^Th
RMF
= 0;
1,5 kN^3 mh-1,5 kN^1 mh- FBC
^3 mhtg
30° = 0
F = 1,732 kN^Th
BC
F6.11.
1 m
=
2 m
2 m 2 m +
4m
= 2m+
= 2 m
R
R
R
F6.12. R
R
R

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 471 |
F6.13. R
F6.14. R
-
4
c m^FABh^27 , h+ 218 ^ , h+ 2509 , ^ , h=
0
5
FAB
= 2,708 kN
+
" RF
0; C
3
x = - x+ ^ 2 , 708 h = 0
5
Cx
= 1,625 kN
+ - RF
0; C
4
y = y+ ^ 2 , 708 h - 2 - 2 , 5 = 0
5
C = 2,334 kN
y
F6.15. RMA
= 0;100 N^250 mmh- NB^50 mmh=
0
N = 500 N
+
" RFx
= 0; ^500 Nh
sen 45°
- Ax
= 0
Ax
= 353,55 N
+ - RFy
= 0; Ay-100 N- ^500 Nh
cos 45° = 0
A = 453,55 N
FA
= ^353,55 Nh
+ ^453,55
Nh
= 575 N
B
y
2 2
F6.16. R
R
R
F6.17.
R
R
F6.18.
R
R
R
Capítulo 7
F7.1. R
R
R
R
F7.2. R
R
R
R
F7.3. R
R
R
R
R
F7.4.
R
R
R
F7.5. RM
0;
B 6
1
A = y^ h- ^ 9 h^ 6 h^
3 h=
0
2
B = 13,
5 kN
y
+
" RFx
= 0;
NC
= 0
+ - RF
0; V 13,
5
1
y = C+ - ^ 9 h^
3 h=
0
2
VC
= 0
RM
0; 13,
5 3
1 9 3 1 M 0
C = ^ h- ^ h^ h^
h- C =
2
M = 27 kN m
C

| 472 | Estática
F7.6. R
0;
M A
B 6
1 6 3 2 6 3 4 , 5 0
y^ h- ^ h^ h^ h- ^ h^
h=
2
B = 16,5 kN
y
+
" RFx
= 0;
NC
= 0
+ - RFy
= 0; VC+ 16,
5- 6^3h
= 0
VC
= 1,50 kN
RMC
= 0; 16, 5^3h-6^3h^1,
5h- MC
= 0
M = 22,5 kN m
F7.7. R
R
F7.8. R
C
V = ^-
30xh
kN
RM 0;
M 30x x
O = + c m - 25 = 0
2
2
M = ^25 - 15x
h kN m
V x = 3 m =- 30^3h
=- 90 kN
2
M = 25 - 15^3 h =- 110 kN m
x = 3 m
F7.9. + RF 0;
V
1
y = - - ^ 2 xh^xh=
0
2
2
V =-^x
h kN
RM 0;
M
1 2 x x
x
O = + ^ h^ hc
m = 0
2 3
M
1 3
=-c
x m kN m
3
F7.13.
F7.14.
F7.15.
F7.16.
F7.17.
F7.18.
Capítulo 8
F7.10. R
R
F7.11.
R
R
R
R
F7.12.
R
R
R
R
F8.1.
F8.2.
F8.3.
+ - RF
= 0; N-50^9,
81h
- 200
3
c m = 0 5
y
N = 610,5N
+
" RF
= 0;
F- 200
4
c m = 0 5
x
F = 160 N
F F = n N = 0,3 ^610, 5h
= 183,15 N,
mx á
s
R
R
R
R
R

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 473 |
F8.4.
F8.5.
Capítulo 9
R
R
R
R
R
R
R
1 m
xdA
1 23 /
y dy
A
F9.1. x
2 0
0,4 m
1 m
13 /
dA y dy
F9.2.
F9.3.
F9.4.
A
43 /
ydA
y dy
A
0
y
0,571 m
1 m
13 /
dA y dy
x
A
0,8 m
y
A
xdA
dA
A
A
ydA
dA
A
0,286 m
y
A
1,2 m
ydA
dA
A
xdm
m
x
= =
dm
=
9
16
m
L
0
1 m
0
0
1 m
0
0
0
3
xxdx ^ h
1 m
1 m
3
x dx
1 3 3
x ^x dxh
2
1 m
3
x dx
0
2 m
0
L
0
0
2
12 /
y
ye2e
oody
2
m 12 /
y
2e
ody
2
2
xm
x
; 0 c1
+ dx
2 m E
L
L
2
m 1
x
0 c + dx
2 m
L
F9.5.
F9.6.
F9.7.
F9.8.
F9.9.
F9.10.
F9.11.
1 m
ydV y
r
` yd y
y
4
j
V
0
1 m
dV r
ydy
V
0 4
0,667 m
zdV
V
z
= =
dV
V
= 0,786 m
0
2 m
0
2
z
9r
2
; ^4
- zh
dzE
64
m
9r
2
^4
- zh
dz
64
x
RxL
=
RL
150^300h+ 300^600h+
300^400h
=
300 + 600 + 400
= 265 mm
RyL
y
=
RL
0^300h+ 300^600h+
600^400h
=
300 + 600 + 400
= 323 mm
z
=
RzL
RL
0^300h+ 0^600h+ ^-
200h^400h
=
300 + 600 + 400
=- 61,5 mm
RyA
1506300^50h@
+ 325650^300h@
y
= =
RA
300^50h+
50^300h
= 237,5 mm
RyA
10062^200h^50h@
+ 225650^400h@
y
= =
RA
2^200h^50h+
50^400h
= 162,5 mm
x
RxA
25 400 50 + 175 50 250
6 ^ h@
6 ^ h@
= =
RA
400^50h+
50^250h
= 82,7 mm
RyA
2006400^50h@
+ 25650^250h@
y
= =
RA
400^50h+
50^250h
= 132,7 mm
x
RxV
127 6 + 442 3
6 ^ h^ h@
6 ^ h^
h@
= =
RV
27 ^ h^6h+
42 ^ h^3h
= 1,67 m
RyV
3527 , 6 ^ h^6h@
+ 142 6 ^ h^3h@
y
= =
RV
27 ^ h^6h+
42 ^ h^3h
= 2,94 m
,
z
RzV
327 6 + 1542 3
6 ^ h^ h@
6 ^ h^
h@
= =
RV
27 ^ h^6h+
42 ^ h^3h
= 2,67 m

| 474 | Estática
F9.12. x
RxV
RV
=
1
025 , 605 , ^25 , ^18 , + 025 , ; ^ 15 , ^ 18 , ^ 05 , + ;
1 ^ 15 , ^ 18 , ^ 05 ,
2 2
F9.13.
F9.14.
h h@ h h hE h h hE
1 1
05 , ^25 , ^18
, + ^ 15 , ^ 18 , ^ 05 , + ^ 15 , ^ 18 , ^ 05 ,
2
2
h h h h h h h h
0,
391 m
RyV
,
y
5 00625
139 , m
RV
36 ,
,
z
zV 2 835
R
0,
7875 m
RV
36 ,
A = 2rRrL
2 2
= 2r6195 , ^09 , h + ^02 , h + 2415 , ^ , h+ 19509 , ^ , h+
1527 , ^ , h@
2
= 77,
5 m
V = 2rRrA
= 2r
1, 8
1
; c m^09 , h^12 , h+
19509 , ^ , h^15
, hE
2
= 22,
6 m
A = 2rRrL
2 2
= 2r607515 , ^ , h+ 152 , ^ h+ 075 , ^15 , h + ^2h
@
2
= 37,
7 m
V = 2rRrA
= 2r
0, 75^1, 5 ^2 + 0, 5
1
; h h c m^ 15 , h^
2 hE
2
= 18,
8 m
3
F9.15.
A = 2rRrL
2 2
= 2r875^150h+ 150^180h+ 255 150 + 200 + 150^300hB
2
= 876,
504 mm
V = 2rRrA
= 2r
75^150 ^380 + ^200 1
; h h hc m^ 150 h^
200 hE
2
= 45, 710.
173 mm
3
3
F9.16. A rRrL
215 ^ , h r^15
, h
= 2r=
c m + 152 , ^ h + 07515 , ^ , h G
r 2
2
= 40,
1 m
V = 2rRrA
2
415 ^ , h r^15
, h
= 2r=
c m + 07515 , ^ , h ^2
h G
3r
4
3
= 21,
2 m
F9.18.
F9.19. w t ghb 1000^9, 81h^2h^1 , 5h
b
w
= 29, 43 kN/
m
F
1 29 , 43 1 , 5
2 2
2
R = ^ h`
^ h + ^ h j
2
= 36,
8 kN
F9.20. w t gh b 1000^9,
81h^3h^2h
A w A
= 58, 86 kN/
m
wB = twghBb
= 1000^9,
81h^5h^2h
= 98, 1 kN/
m
F
1
R = ^ 58 , 86 + 98 , 1 h^
2 h = 157 kN
2
F9.21. w c h b 10^1, 8h^0, 6h
10, 8 kN/
m
A w A
Capítulo 10
wB = cwhBb
= 10^3h^0, 6h=
18 kN/
m
F
1
R 10 , 8 18 0 , 9
2 1 , 2
2
= ^ + h^
^ h + ^ h h
2
= 21,
6 kN
F10.1. 2 2 3/
2
I = y dA = y 6 ^1
- y hdy@
= 0,111m
x
A
0
1 m
2 2 3/
2
F10.2. I = y dA = y ^y dyh=
0,222 m
x
A
0
1 m
F10.3.
2 2 2/
3
I = x dA = x ^x hdx = 0,273 m
y
A
0
1 m
F10.4. 2 2 2/
3
I = x dA = x 6 ^1
- x hdx@
= 0,0606 m
F10.5.
F10.6.
y
x
y
x
y
A
0
1 m
1 50 450
3 0
1 300 50
3
= ; ^ h^ h + E+ ; ^ h^
h + 0 E
12
12
6 4
= 383^10
h mm
1 450 50
3
= ; ^ h^
h + 0 E
12
2
1 50 150
3 150 50 100
2
+ 8 ^ h^ h + ^ h^ h^
h
12
B
= 183^10
h mm
6 4
1 360 200
3 1 300 140
3
= ^ h^ h - ^ h^
h
12
12
6 4
= 171^10
h mm
1 200 360
3 1 140 300
3
= ^ h^ h - ^ h^
h
12
12
6 4
= 463^10
h mm
4
4
4
4
F9.17. w t ghb 1000^9,
81h^6h^1
h
b
w
58, 86 kN/
m
F
1
R ^ 58 , 76 h^
6 h 176 , 58 kN 177 kN
2
F10.7.
2
1 50 200
3
= ; ^ h^
h + 0 E
12
1 300 50
3
+ 8 ^ h^
h + 0
12
B
6 4
= 69,
8^10
h mm

Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 475 |
F10.8.
RyA
r 15^150h^30h+
105^30h^150h
yr
= =
= 60 mm
RA
^150h^30h+
^30h^150h
Ir
2
xl
= R^Ir+
Ad h
1 150 30
3 150 30 60 15
2
= ; ^ h^ h + ^ h^ h^
- hE
12
1 30 150
3 30 150 105 65
2
+ ; ^ h^ h + ^ h^
- h E
12
6 4
= 25,
1^10
h mm
Capítulo 11
F11.1.
F11.2.
F11.3.
F11.4.
F11.5.
F11.6.

Respostas dos problemas
selecionados
Capítulo 1
1.1.
1.2.
1.3.
1.5.
1.6.
1.7.
1.9.
1.10.
1.11.
1.14.
1.15.
1.16.
1.18.
Capítulo 2
2 2
2.1. FR
= 6 + 8 - 2^6h^8hcos
75° = 8,
67kN
sen a
=
sen 75°
a = 63,05°
8 8,
669
z = 3,05°
2.2.
2.3.
2.5.
Fu
200
sen 105° sen 30°
F 283 N
v
F 386 N
2.6.
2.7.
2 2
2.9. FR
= 8 + 6 - 2^8h^6hcos
100° = 10,
8 kN
sen i
=
sen 100°
6 10,
80
i
= 33,16°
z = 3,16°
2.10.
2.11.
-Fx
2.13. =
360
Fx
=- 183 N
sen 30° sen 80°
Fy
=
360
Fy
= 344 N
sen 70° sen 80°
2.14.
2.15.
F2
v
2.17.
150
sen 30° sen 75° , F ,
2v
77 6 N
F2
u
150
sen 75° sen 75° , F2
u 150 N
2.18.
2.19.
u

Respostas dos problemas selecionados | 477 |
2.21.
2.22.
2.23.
2.25. F
=
F
sen z sen ^i-
zh
z =
i
2
2 2
FR
= ^Fh + ^Fh -2^Fh^Fhcos
^180°
-ih
FR
= 2F
cos
i
c m
2
2.26.
2.27.
2.29.
2.30.
2.31.
2.33.
2 2
FR
= 499, 62 + 493,
01 = 702 N
i = 44,6°
2.34.
2.35.
2.37.
2.38.
2.39.
2.41.
2.42.
2.43.
2.45.
2.46.
2.47.
2.49. FR
=
2 2
^- 515, 2h
+ ^- 212, 9h
= 557,
5 N
i = 202°
2.50.
2.51.
2
2.53. F
= ^0, 5F1
+ 300h
+ ^0,
8660F1
- 240h
2 2
F
= F1
- 115,
69F1
+ 147 600
dF
2F
= 2F
115,
69 0
dF
1 - =
1
F = 57, 8 N,
F = 380 N
1
2.54.
2.55.
2.57. FR
= ^-4,1244 - F cos 45° h + ^7 - F sen 45° h
dFR
2FR
= 2^-4,1244 -F
cos 45° h^-cos
45° h
dF
+ 2^7 -F
sen 45° h^- sen 45° h=
0
F = 203 , kN
FR
= 787 , kN
2.58.
2 2 2
2.59.
2.61. F 600
4
i 0j 600
3
1 = c m^+ h + + c m^+
kh
5 5
= " 480i+
360k,
N
F2
= 400 cos 60° i+
400 cos 45° j
+ 400 cos 120° k
= " 200i+ 283j-
200k,
N
2.62.
2.63.
2

| 478 | Estática
2.65.
2.66.
2.67.
2.69.
2.70.
2.71.
2 2 2
2.73. FR
= ^550h + ^52,
1h + ^270h
= 615 N
a = 26,6°
b = 85,1°
c = 64,0°
2.74.
2.75.
2.77.
2.78.
2.79.
2.81.
2.82.
2.83.
2.85. 2
= ^- 17, 10h + ^8, 68h + ^-
26,
17h
= 32,
4 N
a2
= 122°
b2
= 74,5°
c = 144°
2
2.86.
2.87.
2.89.
2 2 2
FB
= " 2i-2j-1k,
kN
F = " 125 , i+ 25 , j-
25 , k,
kN
C
2 2 2
FR
= 325 , + 05 , + ^- 35 , h = 480 , kN
a = 47,4°
b = 84,0°
c = 137°
2.90.
2.91.

Respostas dos problemas selecionados | 479 |
2.93.
^1,2 cos 30° i-1,2 sen 30° j-1,8kh
FA
= 300
^1,2 cos 30° h + ^- 1,2 sen 30° h + ^-
18 , h
= " 144, 1i-83, 2j-249,
6k,
N
FB
= "-144, 1i-83, 2j-249,
6k,
N
^12 , j-
18 , kh
FC
= 300
2 2
^12 , h + ^-
18 , h
= " 166, 4j-
249,
6k,
N
FR
= 748,
8 N
a = 90°
b = 90°
c = 180°
2 2 2
2.94.
2.95.
2.97.
2.98.
2.99.
2.101. u =
F
=-
120
i- 90
j-
80
k
F 170 170 170
x = 072 , m
y = 054 , m
z = 048 , m
2.102.
2.103.
2.105.
2.106.
2.107.
2.109.
2.110.
2.113.
24
3
48
6
^ AOh
= ^ hc m + ^- hc-
m
7 7
+ 16
2
c- m = 46,
9 N
7
2 2
^
h = ^56h - ^46, 86h
= 30,
7 N
AO
2.114.
2.115.
2.117.
2.118.
2.119.
2.121.
2.122.
2.123.
2.125. uOD
=- sen 30° i+
cos 30j
u
1
i
2
j
1
OA = + - k
3 3 3
z = 65,8°
2.126.
2.127.
2.129.

| 480 | Estática
2.130.
2.131.
2.133.
2.134.
2.135.
2.137.
2.138.
2.139.
2.141. 250 Fu
- Fu
= 186 N
sen 120° sen 40°
Fv
= 98,
7 N
2.142.
2.143.
Capítulo 3
3.1.
3.2.
3.3.
3.5.
3.6.
3.7.
3.9. F cos 45° F
3
AB - AC c m=
0
5
FAC
= 1473 N
W = 2062 N
3.10.
3.11.
3.13.
3.14.
3.15.
3.17.
3.18.
3.19.
3.21. R
R
3.22.
3.23. 200 = 850 ^ 108 , - h,
= 0,804 m
3.25. F cos 30° F
3
ED - EB c m=
0
5
1,3957W cos 30° -0,8723W 3
c m- FBA
= 0
5
W = 0,
289 kN
3.26.
3.27.
3.29.
0,5 cos i c
i 78,7°
0,
255 kN
3.30.
3.31.
5
13
3.33.
3.34.
3.35.
3.37.
3.38.
3.39.
m

Respostas dos problemas selecionados | 481 |
3.41.
3.42.
3.43.
3.45.
2
AB - AD
= 0
3
-
2
AC + AD
= 0
3
1
AD
- 981 = 0
3
AD
= 2,94 kN
= = 1,96 kN
AB
AC
3.46.
3.47.
3.49. -
2
F
2
AB - FAC + FAD
= 0
3 3
1
F
2
AB - FAC
= 0
3 3
2
F
1
AB + FAC
- W = 0
3 3
FAC
= 1125 N FAD
= 2250 N
W = 1875 N
3.50.
3.51.
3.53.
3.54.
3.55.
3.57.
4
F
6
F
4
B- C- FD
= 0
14 14 14
-
6
F
4
F
6
B- C+ FD
= 0
14 14 14
-
12
F
12
F
12
B- C- FD+ W = 0
14 14 14
m = 2,62 Mg
3.58.
3.59.
3.61. F
3
F
3
^ ABhx - AB - FAB
= 0
7 7
F
3
z F
3
^ ABh
+ AB + FAB
- 490,
5 = 0
14 14
FAB
= 520 N
FAC
= FAD
= 260 N
d = 3,61 m
3.62.
3.63.
3.65.
0,5 cos 30° 0,5 cos 30°
FAD
e
F
0
2 2 o-
AC e 2 2 o=
05 , + z 05 , + z
FAB
= e
05 ,
0,5 sen 30°
2 F
0
2 2 o-
= e 2 2 oG
=
05 , + z
05 , + z
3F
z
e
- 100 9,
81 = 0
2 2 o ^ h
05 , + z
z = 173 mm
3.66.
3.67.
3.69.
3.70.
3.71.
3.73.
3.74.
3.75.

| 482 | Estática
3.77. cos 60° 800
3
2+ 1 - c m = 0
5
800
4
c m + 1 cos 135° - 3
= 0
5
1
cos 60° - 200 = 0
1
= 400 N
2
= 280 N
= 357 N
3
3.78.
3.79.
Capítulo 4
4.5. 150^cos
45° h^5, 4h
4
c m^
36 , h
5
198,
9 N
4.6.
4.7.
^
4.9.
4.10. ^
^
4.11.
4.13. MA
= ^36 cos i+
18 sen ih
kN m
dMA
=- 36 sen i+ 18 cos i = 0
di
i = 26,6°, ^MAh
40,2 kN m
mx á
=
Quando MA
= 0,
0 = 36 cos i+ 18 sen i, i = 117°
4.14.
^
4.15.
^
^
^
4.17. M c 150
3
^ F
,
Ah =- c m^
27 h 5
=- 243Nm
= 243Nm
d
^M
hc
= 389,7 N
m f
FB
4.18.
4.19.
4.21.
MA
= 400 ^3h
+ ^2h
MA
= 144 , kN m
i = 56,3°
2 2
4.22.
^
^
4.23.
4.25. BC 7,
370 m
sen i
sen 105°
i 23,15°
30 7,
370
2250 F sen 23,15° ^6h
F 953,
9 N
4.26.
4.27.
4.29.
4.30.
4.31.
^
^
^ ^
^
^
^ ^
^
^
^
4.33.
^
4.34.
4.35.
4.37.
4.38.
4.39.
4.41.
4.42.
4.43.
4.45.
4.46.
4.47.
4.49. b rCA
rCB
u
b
F
4.50.

Respostas dos problemas selecionados | 483 |
4.51.
4.53.
4.54.
4.55.
4.57.
4.58.
4.59.
4.61.
4.62.
4.63.
4.65.
4.66.
4.67.
4.69.
4.70.
4.71.
4.73.
4.74.
4.75.
4.77.
4.78.
4.79.
4.81.
^
^
4.82.
4.83.
4.85.
^
4.86.
4.87.
4.89.
4.90.
^
^
^ 5 4
^
^ h
^
^
^
4.91.
4.93.
4.94.
4.95. ^Rhx
7,26 kN m
^
hy
44,76 kN m
R
^
^
4.97.
4.98.
4.99.
4.101. 0 =-
2
2+ 3+
112,
5
3
0 =
2
1- 3-112,
5
3
0 =
1
3
- 159,
1
3
3
= 447,3 N
m
= = 430,7 N
m
1 2
4.102.
4.103.
2 2
4.105. FR
= 125 , + 5799 , = 593 , kN
i = 77,8°
4.106.
^
^
^

| 484 | Estática
4.107.
^
2 2
4.109. = 533, 01 + 100 = 542 N
4.110.
4.111.
^
^
4.113.
4.114.
4.115.
4.117.
4.118.
4.119.
2 2
4.121. FR
= ^05 , h + ^4491 , h = 452 , kN
i = 6,35°
z = 23,6°
d = 152 , m
4.122.
4.123.
2 2
4.125. = ^212, 5h
+ ^251, 6h
= 329,3 kN
4.126.
4.127.
4.129.
4.130.
4.131.
4.133.
4.134.
4.135.
4.137.
4.1.38
4.139.
4.141.
4.142. F
75 kN
x
1,20 m
4.143. F
30 kN
x
3,4 m
4.145. F
1
= w0
L
2
-
1
wL^x 1
w L L 1
w L 2
0
h =- 0c mc m-
0c mc
Lm
2
2 2 6 2 2 3
x
=
5
L
12
4.146.
4.147.

Respostas dos problemas selecionados | 485 |
4.149.
FR
= "-
108 i,
N
M 1
2 1 , 2 108
RO =- c + ^ hm^
h j
3
- `01
, +
1 ^ 1 , 2 108 k
3
hj^
h
M = "-194 j-54
k,
N
m
RO
4.150.
4.151. F 30,025 N
x
0,0937 m
4.153. F = 107 kN
R
z
=
z
=
z
0
z
zwdz
wdz
0
4
0
4
0
h = 1,60 m
3
8`
3
20 z2j^10
hBdz
1
`20 z2j
3
^10
hdz
4.154. F
10,7 kN
x
1 m
4.155.
4.157. F = 448 kN
R
x
= 4,86 m
4.158.
4.159.
^
448x
= 192^2h
+ ^x+
4h
w dx
4.161.
4.162.
^
4.163.
4.165.
4.166.
0
x
^
4.167.
4.169.
4.170.
4.171.
4.173.
Capítulo 5
5.1.
5.2.
5.3.
5.5.
5.6.
5.7.
5.9.
5.10.
5.11.
5.13.
5.14.
5.15.

| 486 | Estática
5.17. NC
= 28,
87 N
50 cos 30° ^325 -43, 30h-NA
^125 -43,
30h
- 28,
87
75
c m = 0
cos 30°
NA
= 118,
70 N
N = 60,
96 N
B
5.18.
5.19.
5.21. Tc 3 m^ 3 h + Tc 4 1 60 1 30 0
5 5 m^ h- ^ h- =
T = 34,62 kN
Ax
= 20,8 kN
Ay
= 87,7 kN
5.22.
5.23.
5.25.
5.26.
5.27.
5.29. F
4 15 , 700981 , d 0
BC c m^ h- ^ h^
h=
5
F = 5722,
5d
BC
FA
= ^3433,
5dh
+ ^4578d-
6867h
5.30.
5.31.
2 2
5.33.
40 000
3
4 40 000
4
c m^ h + c m^ 0 , 2 h- 2000 ^ 9 , 81 h^xh=
0
5 5
x = 5,22 m
Cx
= 32 kN
C = 4,38 kN
y
5.34.
5.35.
5.37. - 490, 5^3, 15h+ 1
B
^03 , h^925 , h=
0
2
B
= 1,11 kN/m
= 1,44 kN/m
A
5.38.
5.39.
5.41.
5.42.
5.43.
5.45.
5.46.
5.47.
5.49. 50 ^9, 81hsen
20° ^0, 5h+
50 ^9, 81hcos
20° ^0,
3317h
-P
cos i^0, 5h- Psen
i^0, 3317h=
0
P ;
dP
mn í = 0
di
i = 33,6°
P = 395 N
mn í
5.50.
5.51.

Respostas dos problemas selecionados | 487 |
5.53.
5.54.
5.55.
5.57. E: - P+ N^
24
5
h=
0
4
24
D: N ` j - N`
j = 0
5
5.58.
5.59.
5.61.
2
5.62. a = ^r lh3
- r
2
5.63.
5.65.
5.66.
5.67.
5.69.
5.70.
5.71.
2
5
5.73.
5.74.
5.75.
5.77. T L W L , W L EF ^ h - c m-075
c - d cos 45° m=
0
2
2
d = 0,
550L
T = 0,
583W
EF
5.78.
5.79.
5.81.
09 ,
Ax+ e oFCB
= 0
486 ,
18 ,
- 275^0,
9h + e oFCB^09 , h = 0
486 ,
FCB
= 336,8 N
Ax
=- 137,5 N
Ay
=- 137,5 N
Az
= 0
MAy
= 247,5 N
m
M = 0
Az

| 488 | Estática
5.82.
5.83.
R MAB
= 0; TC
^r+ r cos 60° h - W^r
cos 60°
h
5.85. - Pd ^ + rcos
60°
h = 0
r
d = 1
W
2 c + m
P
5.86. = 2
5.87.
5.89.
5.90.
5.91.
5.93.
5.94.
5.95.
Capítulo 6
6.1.
6.2.
6.3.
1
6.5. AE ` 166,22 0
5
j- =
6.6.
6.7.
6.9.

Respostas dos problemas selecionados | 489 |
6.10.
6.11.
6.13.
6.14.
6.15.
6.17.
0,8333 P`
j- 4
` j=
0
5
4
F BC
6.18.
6.19.
5
6.21.
6.22.
6.23.
6.25.
6.26.
6.27.

| 490 | Estática
6.29. Junta A: FAF
- 2,404Pe
15 ,
o = 0
325 ,
Junta B: 2,404Pe
15 ,
o - P
325 ,
-FBF
e
05 ,
05 ,
o- FBD
e o=
0
125 ,
125 ,
Junta F: FFD
+ 2 = 1,
863Pe
05 ,
oG
125 ,
- 200 , P = 0
P = 1,25 kN
6.30.
6.31.
6.33.
6.34.
6.35.
6.37.
6.38.
6.39.
6.41.
6.42.
6.43.
6.45.
6.46.
6.47.
6.49.
6.50.
6.51.
6.53.
6.54.

Respostas dos problemas selecionados | 491 |
6.55.
6.57. - 1
5
AD + BD
3 31,
25
+
1
CD
- 200 = 0
725 ,
AD
= 343 N^Th
BD
= 186 N^Th
= 397 N^Ch
F
F
F
CD
BC
BC
AC
-
1
^397,
5h
= 0
725 ,
= 148 N^Th
= 221 N^Th
FEC
= 295 N^Ch
6.58.
6.59.
6.61.
6.62.
6.63.
6.65.
6.66.
6.67.
6.69.
6.70.
6.71.
6.73.
6.74.
6.75.
6.77.
6.78.
6.79.

| 492 | Estática
6.81.
6.82.
6.83.
6.85.
6.86.
6.87.
6.89.
6.90.
6.91.
6.93.
6.94.
6.95.
6.97.
6.98.
6.99.
6.101.
6.102.
6.103.
6.105.
6.106.
6.107.
6.109.
6.110.
6.111.

Respostas dos problemas selecionados | 493 |
6.113. RM 0;
W x N 3b 3
E = ^ h - Bc
+ cm
= 0
4
RM 0;
F c
Wx 1
A = CD^
h - c cm
= 0
3b
3
c
4
c + m
4
Wx
^4bh
+ W 1-
x
^bh- W1
^ah=
0
12b+
3c
f 3b+
3
cp
4
W
b
1 = W a
6.114.
6.115.
6.117.
6.118.
6.119.
2
6.121. N
4P
sen
C =
i
sen z
2
M =
4PL
sen i
6 cos^z-
ih@
sen z
6.122.
6.123.
6.125.
6
- 9
FDE^3h+ 180^3h=
0
FDE
= 270 kN
B
6
z + ^ 270 h - 180 = 0
9
Bz
= 0
Bx
=- 30 kN
B =- 13,3 kN
y
6.126.
6.127.
6.129.
6.130.
6.131.
6.133.

| 494 | Estática
6.134. P =
kL
^2
- csc ih
2 tg i sen i
6.135.
Capítulo 7
7.1.
7.2.
7.3.
7.5.
7.6.
7.7. N
= 0
3wL
0
V
=
8
M
5
=- w0
L
48
2
7.9.
7.10.
7.11.
7.13.
7.14.
7.15.
7.17. A
w
= ^2
a + b h^
b - a h
6b
a
=
1
b 4
7.18.
2
7.19. a = L
7.21.
3

Respostas dos problemas selecionados | 495 |
7.22.
7.23.
7.25.
7.26. N
wL
C =- csc i
2
VC
= 0
2
M
wL
C = cos i
8
7.27.
7.29.
7.30.
7.31.
7.33.
7.34.
7.35.
7.37.
7.38.
7.39.

| 496 | Estática
7.41.
7.42.
7.43.
7.45.
3
7.46. x = ` 8 jL
9 2
M = 128
w0
L
x = L/
2
M
wL 2
0
=
16
7.47.
7.49.
7.50.
7.51.
7.53.
7.54.
2
7.55. V = " 320 - 10x
, kN
M 320x 10 3
= $ - x -1280
kN m
3
.
2
V = " 10^8
- xh
, kN
M
10 8
3
= $ - ^ -xh
kN m
3
.
7.57. 0 x 3m
V
2 2
= '- x -41
kN
3
M
2 3
= '- x -4x1kN m
9
3 m x 6m
V = " 24 - 4x,
kN
2
M = "-26
^ -xh
, kN m
V x = 3 m-
=-10
kN
V x = 3 m+
= 12 kN
M x = 3 m =-18
kN m
7.58.
7.59.
7.61.
2
7.62.
rcr0
3 3
V = 6^L x L
2
+ h - @
3L
2
rcr0
4 3
M =- 6^L x L 4x L
2
+ h - ^ + h@
12L
7.63.
7.65.
7.66.
7.67.
7.69.
+
7.70. x =
L
c m , V =- P,
M = PL
3
+
x = 2
L
, V =- 2P,
M =
2
c m
c m PL
3 3

Respostas dos problemas selecionados | 497 |
7.71.
7.73.
7.74.
7.75.
7.77.
7.78.
7.79.
7.81.
7.82.
-
x = L , V = - 2wL , M =-
wL
3
6
7.83.
7.85. V
4w
mx á =
3
w = 30 kN/m
M
2w
máx =-
3
w = 75 kN/m
Use w = 30 kN/m.
+
x = 2 , V =
4w , M =-
2w
3 3
7.86.
7.87.
7.89.
7.90.
7.91.
7.93.
2
7.94.
7.95.
7.97.
39 , xB
- 135 ,
T
2
^x
- 09 , h + 576 ,
9-
2xB
T
2
^xB
- 09 , h + 576 ,
xB
= 131m ,
7.98.
7.99.
w
7.101.
0
, x
2
45=
2 F
w
30 = ^75
, - xh
2 F
w = 4,40 kN/m
0
7.102.
7.103.
7.105.
B
0 2
dy w0
= x
dx 2F
w0 y x
2
=
4F
y = 75 m em x = x0
y = 150 m em x =-^1000
-x0h
w = 77,
8 kN/ m
0
7.106.
7.107.
7.109.
BC
BC
= 300
= 510
FH
49,
05
y = cosh x 1 m
49,
05
; c m -
F
E
H
FH
49,
05
L = 45 = 2' senh 49 , 05
c ^ 20 hm1
FH
FH
= 1153,
41 N
y = 23, 56cosh
0,0425x-
1@
m
T = 160 , kN
mx á
7.111.
7.113.
dy
-3
= senh 7,3575^10
hx
dx
-3
y = 135, 926 cosh 7,3575^10
hx-
1@
h = 147 , m
7.114.
7.115.

| 498 | Estática
7.117.
7.118.
7.119.
7.121.
7.122.
7.123.
7.125.
7.126.
7.127.
Capítulo 8
8.1.
8.2.
8.3.
8.5.
8.6.
8.7.
8.8.
8.10.
8.11.
8.13.
8.14.
8.15.
8.17.
8.18.
8.19.
8.21.
8.22.
8.23.
8.25.
8.26. 225 N
0,
300
n
8.27
8.29.

Respostas dos problemas selecionados | 499 |
8.30.
8.31.
8.33.
8.34. 1 1 nn A B
i = tg
- -
c m
2n
8.35.
8.37.
8.38.
8.39.
8.41.
8.42.
8.43.
8.45.
8.46.
8.47.
8.49.
8.50.
8.51.
A
8.53.
8.54.
8.55.
8.57.
8.58.
8.59.
8.61.
8.62.
8.63.
8.65.
8.66.
8.67.
8.69.
8.70.
8.71.
8.73.
8.74.
8.75.
8.77.
8.78.
8.79.
8.81.
8.82.
8.83.
8.85.
8.86.
8.87.

| 500 | Estática
8.89.
8.90.
8.91.
8.93.
8.94.
8.95.
8.97.
8.98.
8.101.
8.102.
8.103.
8.105.
8.106.
8.107.
8.109.
8.110.
8.111.
8.113.
8.114.
8.115.
8.117.
8.118.
n PR
8.119. M
8.121. N =
P
cos i
2 2
A =
r
^d2
- d1
h
4 cos i
3 2
nP
d2
- d1
M = e 2 2 o
3 cos i d - d
8.122.
8.123.
2n
PR
M
3 cos i
8.125. tg zk
= nk
nk
sen zk
=
2
1 + nk
nk
M = c pr
2 m
1 + n
8.126.
8.127.
8.129.
8.130.
8.131.
8.133. r
= 2,967 mm
R = p +^833,
85h
k
2
1
2 2
8.134.
8.135.
8.137.
8.138.
8.139.
^1200h^9, 81h^0, 2 + 0,
4h
8.141. =
= 235 N
215 ^ h
8.142.

Respostas dos problemas selecionados | 501 |
8.143.
8.145.
8.146.
8.147.
8.149.
8.150.
8.151.
8.153.
Capítulo 9
9.1. dL
1 2
= y + 4 dy
2
2
dm = y + 4 dy
m = 11,8 kg
x
= 1,64 m
y
= 2,29 m
9.2.
9.3. x
0,546 m
Ox
0
Oy
7,06 N
M 3,85 N
m
O
9.5. dm = m0
c1
+
m =
3
m0
L
2
x
=
5
L
9
x
L
m dx
9.6.
9.7. x
x
0
y
0,410 m
r sen
a
a
/
9.9. dA = x 32 dx
x
= x
32 /
yu
=
x
2
2
A = 0,4 m
xr
= 0,714 m
yr
= 0,3125 m
2
9.10. A = 0,25 m
x
= 0,8 m
y
= 0,2857 m
9.11. A
4 12 / 32 /
= a b
3
x
=
3
b
5
y
=
3
ab
4
4
9.13. dA = y dy
yu
= y
yr
= 0,8333 m
2
9.14. A = c ln
b
a
x
=
b - a
ln
b
a
2
c ^b-
ah
y
=
2ab
ln
b
a
9.15. A
1
ah
3
x
3
a
4
y
3
h
10
9.17. dA
a y
12 /
=
12 / dy
h
x
a y
12 /
u = y u
12 /
= y
2h
A =
2
ah
3
xr
=
3
a
8
yr
=
3
h
5
9.18.
9.19. x
=- 0,833a
2
9.21. dA = 2kcx
-
x
mdx
2a
xu
= x
xr
=
5a
8

| 502 | Estática
9.22.
26,627 mm
9.23.
13,31 mm
3
9.25. dA = cx
-
x
m dx
9
xu
= x
3
yu
=
1
cx+
x
m
2 9
2
A = 2,25 m
xr
= 1,6 m
yr
= 1,14 m
9.26.
0,45 m
9.27.
0,45 m
9.29. dA = y dx
y
y
=
2
y
=
n + 1
h
22 ^ n + 1h
9.30. x
1,20 m
y
0
NB
55,1 kN
Ax
24,6 kN
A 73,9 kN
y
9.31. x
0,914 m
y
0,357 m
2
y y
9.33. dA = c - mdy
2 4
yu
= y
yr
= 1 m
9.34. m =
3
t abt
2 0
x
=
5
a
9
9.35. y
=
a
210 ^ - 3rh
3
9.37. dV =
r
y dy
16
yu
= y
yr
= 3,2 m
9.38. z
2
h
9
9.39.
4,36 m
2 2
9.41. dm = rt ca - y + ay -
yu
= y
yr
=
23
a
55
2
9.42. V =
rah
6
y
=
3
h
4
z
=
a
r
0
3
y
mdy
a
9.43. m =
rkr
4
z
=
8
r
15
4
3
164,
72^10
h
9.45. x
= = 121 mm
1361,
37
3
60^10
h
y
= = 44,1 mm
1361,
37
3
169,
44^10
h
z
= = 124 mm
1361,
37
9.46. x
=- 5,90 mm
y
= 10,7 mm
z
= 21,4 mm
9.47. x
0,740 mm
y
0,370 mm
z
1,57 mm
9.49. x
=- 50 mm
y
= 88,
6 mm
-1
i = tg
50
= 10,89°
400 sen 60° - 88,60
z = 30° - 10,89° = 19,1°
9.50. x
1,65 m
y
9,24 m
Ey
342 N
Ay
1,32 kN
A 0
x
9.51. x
26,4 mm
y
120 mm
9.53.
30260 6 ^ h^10h@
+ 5560 ^ h^10h+
9060 ^ h^10h
=
2^60h^10h+ 60^10h+
60^10h
= 51,25 mm
9.54.
20 mm
9.55.
257 mm
9.57.
,
x
15 192
2,22 m
684 ,
,
y
9 648
1,41 m
684 ,
3 3
4^r0
- r
h
9.58. x
=
2 2
3r^r
- r h
0
9.59. x
4,83 m
y
2,56 m
9.61. x
= 0
4
441,
2^10
h
y
= 544 mm
4
=
81^10
h
W1
9.62. x
= b
W
bW ^ 2-W1h
b -c
y
=
cW
2 2

Respostas dos problemas selecionados | 503 |
9.93.
9.63.
293 mm
2
39,
833^10
h
= = 14,2 mm
27,
998^10h
9.65.
m = 16,4 kg
-3
2,
4971^10
h
x
= 153 mm
9.94.
-3
=
16,
347^10
h
9.95.
y
=- 15 mm
-3
1,
8221^10
h
44 ^
z
= 111 mm
-3
=
9.97. 2
1 1 2
= r= c
c 4
r^4 2 8 4
3r
4
+ ^ ^ ^ G
16,
347^10
h
3
= 536 m
9.66. x
1,522 m
9.98.
y
1,141 m
9.99.
L n d
9.67. x
= + ^ - 1 h
2
2
9.69. x
216 000
9.101. = 2 r6 225 , ^ 2169 , h + 459 , ^ h@
= 320,3 m
13,
1 mm
16 485,
84
9.102.
371 433,
63
z
22,
5 mm
9.103.
16 485,
84
i 30,2°
9.105. - 176 580^2h
+ 73 575
2
c m
= 0
9.70. x
3
4,56 m
= 2,68 m
y
3,07 m
9.106.
B
4,66 kN
9.107.
A
5,99 kN
9.71. x
5,69 m
9.109. h = 2, 7071 - 0,
7071y
y
331m ,
2 2
dF
= ^26, 5567 1 -y -6,
9367y 1 -y hdy
1,
0333r
9.73. z
111 mm
9,
3333r
F
= 41,7 kN
9.74. z
754 mm
9.110.
9.75. x
21,9 mm
9.111.
y
27,9 mm
9.113.
z
16,7 mm
6
11,
02^10
hr
9.77.
= 64,1 mm
3
=
172^10
hr
9.78.
9.114.
9.79.
122 mm
9.115.
9.81.
9.117.
9.82.
9.83.
2
43 ^ h r^3
h
9.85. = 2r;
c c m + 0515 , ^ , h ^1
h
3r
4
215 ^ , h
+ 1,
667c
m E
2
9.118.
3
= 77,0 m
9.119.
9.86.
2
9.121. dA = x dx
2
9.87.
yu
=
x
2
9.89.
yr
= 1,33 m
9.122.
87,5 mm
9.90.
9.123. x
y
0
z
2
a
3
9.91.
2
76,
50^10
h
9.125. x
= = 27,3 mm
27,
998^10h

| 504 | Estática
9.126. x
0
16,28 mm
9.127. y
=- 0,262a
9.129.
Capítulo 10
dF 6
240
= e- + 340 dx
x 1
o +
F
= 7,62 kN
x
= 2,74 m
y
= 3,00 m
10.1.
10.2.
10.3.
y
2
10.5. dA = `2
- j
2
dy
4
Ix
= 2,13 m
10.6.
10.7.
14 /
y
10.9. dA = ; 1 - c m E dy
2
4
Ix
= 0,2051 m
4
dA = 2x dx
4
Iy
= 0,2857 m
4
JO
= 0,491 m
10.10.
10.11.
10.13.
10.14.
10.15.
10.17. dA = ch
-
h x m dx b
I
1 3
= hb
12
10.18. I
2 3
= bh
7
10.19. I
2 3
= hb
15
10.21.
10.22.
10.23.
10.25. dA = ^rdihdr
4
rr0
I
=
4
rr0
10.26. J0
=
10.27. yr
= 22,0 mm
4 4
I = 57,9^10
hmm
l
10.29.
1 20 60
3 2
1 40 10
3 10 40 15
2
= ^ h^ h +
2
8 ^ h^ h + ^ h^
h
12
B
4 4
= 54,
7^10
h mm
10.30.
10.31.
10.33. I
1 200 300
3
^ yh =
triângulo ; ^ h^
h
36
1 200 300 200
2
+ ^ h^ h^
h E
2
1 200 300
3 200 300 450
2
+ ; ^ h^ h + ^ h^ h^
h
12
r 4 2 2
+ 8- ^75h + ^-
r^75h ^450h
4
B
9 4
= 10,
3^10h
mm
10.34.
10.35.
10.37.
1 20 60
3 2
1 30 10
3 30 10 25
2
= ; ^ h^ hE+ ; ^ h^ h + ^ h^
h E
2
12
4
= 74^10
h mm
10.38. yr
= 170 mm
6 4
I = 722^10h
mm
l
10.39.
10.41.
10.42.
4 4
10.43. yr = 20 mm, I = 64,0^10
hmm
l
10.45.
10.46.
10.47.
10.49.
10.50.
10.51.
10.53. yr
=
61750
= 47,5 mm
1300
4 4
Il
= 52,3^10
hmm
10.54.
10.55.
10.57.
10.58.
10.59.

Respostas dos problemas selecionados | 505 |
10.61.
x
=
x
2
y
= y
dA = x dy
I = 0,667 m
xy
2 2
10.62. I
ab
xy =
10.63.
10.65.
1 3 2
dA = ^
8
x + 2x + 4xhdx
x
= x
y
y
=
2
4
I = 3,12 m
xy
10.66.
10.67. I
3 2 2
xy = b h
16
12 /
y
10.69. dA = x dx,
x
= x
y
=
2
4
Ixy
= 10,
7 m
10.70.
10.71.
10.73.
10.74.
10.75.
10.77.
10.78.
10.79. y
= 825 mm
8 4
I
= 109^10
h mm
8 4
I
= 238^10
h mm
8 4
I = 111^10
h mm
4
10.81.
10.82. y
= 82,5 mm
6 4
Iu
= 43,4^10
h mm
6 4
Iv
= 47,0^10
h mm
6 4
I =- 3,08^10
h mm
uv
10.83. x
= 48,2 mm
6 4
Iu
= 112^10
h mm
6 4
Iv
= 258^10
h mm
I =- 126^10
h mm
10.85.
uv
6 4
y
825 mm
Iavg
173,72^10
h mm
8 4
R 128,
72^10
h mm
8 4
Iu
109^10
h mm
8 4
I
238^10
h mm
8 4
I 111^10
h mm
u
8 4
10.86. x
16,
85 mm
y
16,
85 mm
Imx
á 31,7^10
h mm
I 80710 , ^ h mm
mn í
^
^
4 4
4 4
10.87.
^
^
r 2
0
10.89. dm = tr`r0
- z j dz
h
r
dI
1
4
0
= tr`r0
- z j dz
2 h
I
3 2
= mr0
10
10.90. I = mr
3 2
10
7 2
10.91. I = 18
ml
10.93. dm = pr^50xh
dx
pr
dI
x dx
2 2500 2
= ^ h
k
= 57,7 mm
2 2
10.94. I = mb
5
10.95. I = mb
93 2
10
tr 8
10.97. dI
= z dz
8192
3 2
I
= 87,7^10
hkg m
10.98.
10.99.
156 , ^ h+ 065132 , 6 , ^ h@
+ 06L^2h@
10.101. 05 , =
6+ 1,
3^2h+
L^2h
L = 6,39 m
2
I
= 53,2 kg m
10.102.
10.103.

| 506 | Estática
13 ^ h+
2255 , ^ h
10.105. y
=
= 1,78 m
3+
5
2
I
= 4,45 kg m
10.106.
10.107.
10.109.
10.110.
10.111.
10.113.
10.114. I
1 4
= a
12
10.115.
10.117. dA
1 4
2
= ^ - x hdx
4
4
I
= 2,13 m
10.118.
10.119.
13 /
10.121. dA = y dy
dI
1 53 /
xy = y dy
2
I = 0,1875 m
xy
Capítulo 11
11.1.
11.2.
11.3.
11.5.
11.6.
11.7.
11.9.
11.10.
11.11.
11.13.
11.14. ` a s j
l
4
1 a
11.15. i = cos - ^ 2L
h3
11.17.
1
11.18.
11.19.
11.21.
11.22.
11.23.
11.25.
11.26.
2
dV
12,
2 0
2
=
dx
2
dV
2
dx
=- 12,2 0
11.27.
2
dV
16 0
2
=
di
2
dV
25,6 0
2
di =-
11.29.
11.30.
11.31. h = 0,218 m
2
dV
14 0
2
=
dh
11.33.
11.34.
11.35.
2
dV
346706 0
2
di =
2
dV
3314 0
2
di =-

Respostas dos problemas selecionados | 507 |
11.37.
11.38.
2
dV
16,
85 0
2
di =
2
dV
9 0
2
=-
di 11.39. i 20,2°
2
dV
17,
0 0
2
di
11.41.
11.42.
11.43. h r
11.45. y
=
1
^h+
dh
4
Wh ^ - 3dh
V = cos i
4
d =
h
3
11.46. i = 0°,
dV
2 =- 1575,6 0
2
di
11.47.
2 2
11.49. y
=
6h
- d
43 ^ h-
dh
2 2
V = W ; 6h - 12hd+
3d
cos i
43 ^ h-
dh
E
d = 0,
586 h
11.50.
1 W
11.51. i = 90° e i = sen - ` j
2kL
11.53.
2
dV
179,
5 0
di =
2
b a
11.54. P = `
-
2c jmg
11.55.
2
dV
918 0
di =
2
dV
2 1368 0
di =-
2
11.57.
2
dV
67,
5 0
di =
2
dV
2 80,5 0
di =-
2
11.58. h =
kl
2
W

Índice remissivo
A
C

Índice remissivo | 509 |
D
E
F

| 510 | Estática
G
H
I
J
L
M

Índice remissivo | 511 |
N
P
R
S
T

| 512 | Estática
U
V

H I B B E L E R
ESTÁTICA
Engenharia
MECÂNICA PARA ENGENHARIA
12 a EDIÇÃO
Desenvolvida para facilitar o ensino e o aprendizado — assim pode ser
descrita esta obra de R. C. Hibbeler, que apresenta em profundidade
toda a teoria da estática para engenharia e suas aplicações.
Isso fica claro quando observamos os aprimoramentos desta nova
edição: agora em sistema internacional de unidades, ela possui
uma maior variedade de problemas organizados em nível gradual
de dificuldade, mais fotos e novos diagramas com vetores para
demonstrar aplicações do mundo real.
Referência absoluta na área, esta obra, juntamente com o livro Dinâmica,
que a acompanha, é imprescindível para estudantes de engenharia.
www.pearson.com.br/hibbeler
O site de apoio do livro oferece: para professores, apresentações
em PowerPoint, banco de imagens e manual de soluções (em inglês);
para estudantes, guia do Matlab e textos adicionais (em inglês).
ISBN 978-85-7605-815-1