Mecânica geral (1)

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Sobre o autor 
 
Niander Aguiar Cerqueira 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Brasileiro, natural de Itaperuna-RJ, o autor do caderno de estudos é o Prof. 
Niander Aguiar Cerqueira, brasileiro, natural de Itaperuna/RJ, Doutorando em 
Engenharia Civil (UENF, 2017), Mestre em Ciências de Engenharia (UENF, 2001), 
Especialista em Engenharia e Segurança do Trabalho (REDENTOR, 2009), Bacharel 
em Engenharia Civil (UENF, 1999). Professor da Faculdade REDENTOR desde 2007 
e Coordenador de Engenharia Civil da Faculdade Redentor de Campos desde 2014, 
é autor dos cadernos de Cálculo 0, Cálculo Diferencial e Integral I e Cálculo Diferencial 
e Integral II dos cursos de Engenharia em EAD da Faculdade Redentor. Tem grande 
experiência no ensino de matemática para Ensino Fundamental e Ensino Médio, Pré-
vestibular e Pré-concurso desde 1996 e Ensino Superior desde 2007. 
 
 
Sobre o autor 
Victor Barbosa de Souza 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Prof. Victor Barbosa de Souza, brasileiro, natural de Miracema/RJ, Mestre em 
Engenharia Mecânica pela Universidade Federal Fluminense (UFF, 2015), Bacharel 
em Engenharia Mecânica (REDENTOR, 2012), atualmente faz o doutorado em 
Engenharia Mecânica na UFF. Professor da Faculdade REDENTOR desde 2013 e da 
Faculdade REDENTOR DE CAMPOS desde 2014, também é coautor dos cadernos 
de Cálculo Diferencial e Integral I e Cálculo Diferencial e Integral II dos cursos de 
Engenharia. Técnico em Segurança do Trabalho pelo Instituto Federal Fluminense 
(IFF, 2012), Técnico em Capacitação de Instalação de Sistemas Fotovoltaicos on/off 
Grid, pelo Sistema Nacional de Aprendizagem Industrial (SENAI-SP, 2012) tem 
experiência como professor de matemática para pré-vestibular e como monitor de 
disciplinas ligadas ao cálculo diferencial e integral. 
 
 
Sobre a autora 
Mairyanne Silva Silveira Souza 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profa. Mairyanne Silva Silveira Souza, brasileira, natural de Itaperuna/RJ, 
Mestranda em Engenharia Civil, ênfase em Estruturas (UENF), Bacharel em 
Engenharia Civil (REDENTOR, 2014. Professora da Faculdade REDENTOR 
CAMPOS desde 2015 tem experiência como professora de matemática e como 
monitor de disciplinas ligadas à Estática e Mecânica aplicada à Engenharia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apresentação 
 
 
 
 
Olá, vamos começar nossos estudos da disciplina de Mecânica Geral. Por ser 
parte da física aplicada, essa disciplina é totalmente indispensável à sua formação 
como Engenheiro (a), merecendo um destaque especial em sua formação. 
 
O que propomos para você é uma revisão de alguns conteúdos já abordados 
na disciplina Física I, com uma nova roupagem e a apresentação de substratos 
teóricos que visem te acompanhar por boa parte de seus estudos e por toda sua vida 
profissional. 
Nosso propósito último é o estudo da Estática dos Corpos Rígidos. Para tanto, 
o seu desenvolvimento é basicamente dividido em três etapas, distribuídas em 20 
aulas, com conteúdos interdependentes e apresentados de forma crescente, contendo 
exemplos e atividades a serem resolvidas; sendo importante uma constância nos 
estudos. 
A primeira etapa é composta dos fundamentos da Mecânica e da Estática das 
Partículas (plano e espaço) e Estática dos corpos rígidos (plano e espaço), além de 
começarmos a estudar as Estruturas. Na segunda etapa abordaremos temas como 
Treliças, Geometria das Massas, Momentos e Produtos de Inércia, PTV, Atrito, etc. 
Vamos, então, pôr a mão na massa e partir em direção ao conhecimento! 
Portanto, não acumule dúvidas! Consulte o professor, participe dos fóruns, 
releia o caderno e as bibliografias recomendadas. Faça também os exercícios teóricos 
e práticos, assista aos vídeos sugeridos e outras fontes que você considerar 
importantes para sua aprendizagem. 
 
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Bons estudos! 
 
 
Objetivos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Este caderno de estudos tem como objetivos: 
 
 Revisar e ampliar conceitos de Estática estudados em Física 1; 
 Representar situações reais no plano e espaço, reduzindo-as a 
problemas de Estática da Partícula e Estática dos Corpos Rígidos. 
 Apresentar as Estruturas como corpos rígidos sujeitos às equações 
de equilíbrio e movimento da estática; 
 Estudar conteúdos basilares à formação de um Engenheiro. 
 
 
Sumário 
 
AULA 1 – REVISÃO DE FÍSICA 
1 INTRODUÇÃO .............................................................................................. 16 
1.1 Conceitos básicos ...................................................................................... 18 
1.2 Três leis fundamentais de Newton ............................................................. 19 
1.3 Vetores ......................................................................................................... 19 
1.3.1 Módulo de um vetor................................................................................... 21 
1.4 Lei do paralelogramo ................................................................................. 22 
1.4.1 Regra do triângulo...................................................................................... 23 
1.5 Regra dos Polígonos ................................................................................... 24 
1.6 Lei dos senos ............................................................................................... 25 
1.7 Lei dos cossenos ......................................................................................... 26 
1.8 Exercícios resolvidos .................................................................................. 27 
1.9 Soma de vetores e suas propriedades ..................................................... 30 
1.10 Diferença de vetores .................................................................................. 30 
1.11 Produto de um vetor por escalar e suas propriedades ........................... 30 
1.12 Produto escalar de vetores ........................................................................ 31 
1.13 Produto vetorial de vetores ou produto externo de vetores ................... 31 
1.14 Força no plano ............................................................................................ 32 
1.14.1 A força como um vetor ............................................................................. 32 
1.14.2 Força Resultante ......................................................................................... 33 
1.14.3 Decomposição de Forças ......................................................................... 35 
1.14.4 Componentes Cartesianos ........................................................................ 36 
1.15 Representação Vetorial Das Forças: Vetores Unitários ........................... 41 
1.16 Componentes Cartesianas 𝑭 (Fx, Fy e Fz) ................................................ 45 
1.17 Definindo sua Força por Seu Módulo e Dois Pontos de Sua Linha de 
Ação ...................................................................................................................... 49 
1.18 Adição de Forças no Espaço pela Soma dos Componentes ................ 52 
1.19 Equilíbrio no ponto material (no plano) .................................................... 55 
1.19.1 Partícula sob ação de duas forças ........................................................... 55 
1.19.2 Partícula sob ação de três ou mais forças ............................................... 55 
1.20 Equilíbrio de um ponto material no espaço ............................................. 60 
1.21 Equações de equilíbrio .............................................................................. 63 
 
 
AULA 2 - CORPOS RÍGIDOS 1 e 2 
2 INTRODUÇÃO .............................................................................................. 83 
2.1 Forças internas e externas .........................................................................83 
2.2 Translação e rotação ................................................................................. 84 
2.3 Princípio da transmissibilidade .................................................................. 85 
2.4 Momento da força (torque) ....................................................................... 86 
2.5 Teorema de varignon ................................................................................. 92 
2.6 Momento da força no espaço .................................................................. 97 
2.7 Momento de um binário .......................................................................... 101 
2.8 Binários equivalentes ............................................................................... 102 
 
AULA 3 - CORPOS RÍGIDOS 3 - EQUILÍBRIO DOS CORPOS 
3 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 117 
3.1 Diagrama de corpo livre .......................................................................... 117 
3.2 Graus de liberdade .................................................................................. 117 
3.3 Vínculos ..................................................................................................... 118 
3.3.1 Vínculos no Plano (Bidimensional) .......................................................... 118 
3.4 Equações de equilíbiro dos corpos rígidos ............................................ 125 
 
AULA 4 - ESTRUTURAS 1: ELEMENTOS DE MÁQUINAS 
4 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 141 
4.1 Suportes e máquinas ................................................................................ 145 
4.1.1 Forças Nos Vínculos .................................................................................. 145 
 
AULA 5 - ESTRUTURAS 2: TRELIÇAS 
5 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 163 
5.1 Treliças planas .......................................................................................... 164 
5.2 Treliças simples ......................................................................................... 165 
5.3 Nós e apoios ............................................................................................. 166 
5.4 Métodos de Análise.................................................................................. 167 
5.5 Método de cremona ................................................................................ 167 
5.6 Método de substituição de barras .......................................................... 168 
5.7 Método dos nós ........................................................................................ 168 
5.8 Método das seções .................................................................................. 170 
 
 
 
AULA 6 - REVISÃO 1 
6 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 189 
 
AULA 7 - FORÇAS DISTRIBUÍDAS: CENTROIDES E CENTRO DE MASSA 1 
7 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 210 
7.1 Carga distribuída por comprimento ....................................................... 210 
7.2 Carga por área ......................................................................................... 210 
7.3 Carga distribuída por volume.................................................................. 211 
7.4 Centros de massas e centróides ............................................................. 211 
7.5 Centróide de área .................................................................................... 213 
 
AULA 8 - FORÇAS DISTRIBUÍDAS: CENTROIDES E CENTRO DE MASSA 2 
8 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 227 
8.1 Centroides de área de figuras simples: .................................................. 227 
8.2 Placas Compostas .................................................................................... 231 
 
AULA 9 - FORÇAS DISTRIBUÍDAS 
9 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 242 
9.1 Cargas distribuídas sobre vigas .............................................................. 245 
9.2 Cargas “compostas” ................................................................................ 247 
 
AULA 10 - FORÇAS DISTRIBUÍDAS: EQUILÍBRIO 
10 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 259 
10.1 Reações nos apoios ................................................................................. 259 
 
AULA 11 - MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREA 1 
11 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 275 
11.1 Momento de inércia ................................................................................. 275 
11.2 Designações correntes ............................................................................ 276 
11.3 Propriedades dos momentos de inércia ................................................ 276 
11.3.1 Raio de giração (𝒊) ................................................................................... 276 
11.3.2 Teorema dos eixos perpendiculares (teorema das placas finas) ........ 276 
11.3.3 Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner) .............................. 278 
11.4 Momentos de inércia de superfícies planas .......................................... 279 
11.4.1 Raio de giração (𝒊) ................................................................................... 280 
 
 
11.4.2 Momento de inércia polar ....................................................................... 281 
11.4.3 Teorema de Steiner (Eixos Paralelos) ...................................................... 281 
 
AULA 12 - MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREA 2 
12 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 294 
12.1 Momento de inércia de área de figuras simples: .................................. 294 
12.2 Figuras compostas .................................................................................... 299 
12.3 Produtos de inércia................................................................................... 303 
12.3.1 Transferência de eixos .............................................................................. 304 
12.3.2 Áreas compostas ...................................................................................... 305 
 
AULA 13 - ATRITO 
13 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 311 
13.1 Tipos de atrito ............................................................................................ 311 
13.2 Força de atrito estático ............................................................................ 311 
13.3 Força de atrito cinético ou dinâmico ..................................................... 313 
 
AULA 14 - PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS - PTV 
14 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 326 
14.1 Trabalho de uma força ............................................................................ 326 
14.2 Trabalho de um binário ............................................................................ 328 
14.3 Trabalho virtual ......................................................................................... 329 
14.3.1 Equilíbrio de uma Partícula ...................................................................... 329 
14.3.2 Equilíbrio de um Corpo Rígido ................................................................. 330 
14.3.3 Princípio dos Trabalhos Virtuais ................................................................ 331 
 
AULA 15 - REVISÃO 2 
15 INTRODUÇÃO............................................................................................ 341 
 
AULA 16 - REVISÃO 3 
16 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 357 
 
 
Iconografia 
 
 
 
 
 
 
 
 
Revisão de física 
Aula 1 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Olá, vamos começar nossos estudos com um primeiro módulo de fundamentos 
da Mecânica Clássica: Estática. Nossa intenção aqui é que você tenha contato com 
todos os subsídios teóricos necessários a uma boa disciplina de Mecânica. Por ser 
parte da física aplicada, essa disciplina é totalmente indispensável à sua formação 
como Engenheiro (a). 
Como ferramenta para resolução de alguns problemas, apresentamos neste 
módulo um pouco de revisão sobre Álgebra Vetorial, sempre com o intuito de 
aplicação à solução de problemas de Engenharia. 
Iniciando mais um passo em nossa caminhada, vamos estudar sobre a Estática 
da Partícula. O tema foi dividido em três aulas. Nesse primeiro momento, 
apresentaremos os conceitos de força aplicada no ponto material (partícula) no plano. 
Continuando nossa caminhada, vamos estudar sobre a Estática da Partícula no 
espaço. Dando continuidade aos nossos estudos da temática, vamos apresentar 
agora o conceito de Equilíbrio Estático, considerando situações que envolvam o plano 
e o espaço. Para um melhor aproveitamento é de extrema importância que os 
conceitos já trabalhados estejam na ponta da língua (e do lápis). 
A resolução dos exercícios complementares e consulta aos livros e sites 
indicados é parte fundamental no desenvolvimento de sua aprendizagem. Vamos 
nessa? 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Postular as leis de Newton, base para o estudo da Mecânica para 
Engenharia; 
 Definir um vetor e fazer operações de adição e multiplicação; 
 Aplicar Lei do Paralelogramo e as regras do triângulo e do polígono; 
 
 
 Postular e aplicar as leis dos senos e dos cossenos nos problemas 
vetoriais. 
 Entender a força como uma grandeza vetorial; 
 Definir e calcular força resultante; 
 Decompor forças no plano; 
 Resolver situações-problemas. 
 Definir e calcular força resultante; 
 Decompor forças no espaço; 
 Resolver situações-problemas. 
 
 
 “Considera-se que um ponto material está em equilíbrio 
quando, num dado referencial, a resultante das forças 
aplicadas é nula”. (Primeira Lei de Newton) 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 16 
 
 
“I - Todo o corpo permanece no seu estado de repouso, ou de 
movimento uniforme retilíneo, a não ser que seja compelido a mudar 
esse estado devido à ação de forças aplicadas. lI - A variação de 
movimento é proporcional à força resultante aplicada; e dá-se na 
direção, sentido e linha de ação dessa força resultante. III- A toda a 
ação sempre se opõe uma reação igual; ou, as ações mútuas de dois 
corpos são sempre iguais e dirigidas às partes contrárias ” (NEWTON, 
Isaac, Os Principias, p.1.) 
1 INTRODUÇÃO 
Nas palavras de Beer (1980, s.p), “Mecânica pode ser definida como a ciência 
que descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de corpos sob a ação 
de forças”. 
Mecânica é a parte da física que se relaciona com o estudo do comportamento 
de partículas e corpos sob o efeito de forças, sendo um tema de fundamental 
importância para a Engenharia. Uma vez que matéria é tudo o que ocupa lugar no 
espaço, define-se partícula (fig. 1) como uma quantidade de matéria cujas dimensões 
possam ser consideradas tão pequenas quanto se queira, sendo também referida 
como ponto material. Ao conjunto de inúmeras partículas, dá-se o nome de corpo 
(rígido ou flexível). 
Ver fig. 2 e fig. 3. 
Figura 1: Partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: FÍSICO MALUCO (2017, s.p) 
 
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Figura 2: Torre treliçada (Ex. de corpo rígido). 
 
Fonte: domínio público. s.d, s.p 
Figura 3: Luminária Flexível (Ex. de corpo flexível ou deformável). 
 
Fonte: NÁDIA SAYURIKAKU (s.d, s.p) 
Para facilitar o estudo da Mecânica, esta se divide em: 
 Mecânica dos Corpos Rígidos- (Estática e Dinâmica); 
 Mecânica do s Corpos Deformáveis- (Estática e Dinâmica); 
 Mecânica dos Fluidos. 
 
Nossa disciplina tem por foco apenas a Estática, que é a 
parte da Mecânica que estuda os corpos (ou partículas) sob a 
ação de forças; sendo a resultante das forças nula. A Mecânica 
se baseia nos axiomas de Newton e se aplica à moderna 
Engenharia de Estruturas. 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 18 
 
 
Estruturas são sistemas físicos constituídos de partes ou componentes 
interligados, capazes de receber e transmitir esforços. Esses componentes são 
dimensionados para suportar o próprio peso e resistir às ações que lhes são aplicadas. 
Para a verificação da resistência dessas estruturas, devem-se determinar as reações 
nos vínculos e reconhecer os seus esforços internos; cuja determinação é levada a 
efeito na Análise de Estruturas (conteúdo a ser estudado em outra disciplina). A 
Análise da Estrutura se baseia na determinação de esforços, cujos cálculos se dão 
pelo estudo das forças atuantes num corpo (estrutura). Vamos começar fazendo uma 
revisão de fundamentos da mecânica, de vetores e forças atuantes no ponto material. 
1.1 Conceitos básicos 
Os conceitos considerados basilares à Mecânica são os de espaço, tempo, 
massa e força. Vamos tentar dar uma ideia do que significa, para a nossa disciplina, 
esses conceitos. No entanto, a Estática parte do princípio de que, no tempo, o corpo 
rígido não sofre deformações e deslocamentos; ou sofre deformações e 
deslocamentos insignificantes, permanecendo praticamente inalterado. 
Espaço tem a ver com a ideia de posição relativa de um ponto 
em relação ao outro. Então, quando na Mecânica empregamos o 
conceito de espaço, não estamos nos referindo a um volume ou a um 
lugar, mas à posição do ponto de um corpo ou partícula em relação a um referencial; 
que recebe o nome de Origem. 
Espaço é uma grandeza vetorial (veremos melhor esse 
conceito à frente), portanto deve ser indicada sua intensidade 
(módulo), direção e sentido. 
Tempo é uma grandeza escalar, ou seja, é apenas um ente 
matemático, que se relaciona diretamente com o espaço; pois - para definir um evento 
- deve-se definir a posição do corpo no instante (tempo) a que se refere na análise do 
problema. 
Massa é uma grandeza escalar usada para comparar corpos. Está relacionada 
com a densidade do material, com o volume ocupado pelo corpo etc. 
Força é uma grandeza vetorial e representa a ação de um corpo sobre outro 
corpo. Além de intensidade, direção e sentido, a força também é caracterizada por 
seu ponto de aplicação. 
P á g i n a | 19 
 
 
1.2 Três leis fundamentais de Newton 
Newton foi essencial para o desenvolvimento da Engenharia, principalmente 
por suas contribuições no campo da Mecânica. Mesmo sendo apresentados outros 
conceitos, em particular pela Teoria da Relatividade de Einstein (1905), a mecânica 
newtoniana ainda é vital para a moderna ciência de Engenharia. 
1ª Lei: Princípio da Estática – um corpo permanecerá no seu estado inicial 
(repouso ou movimento uniforme) se a resultante das forças atuando sobre ele é zero. 
2ª Lei: Princípio da Dinâmica – quando a resultante de forças que atuam 
sobre um corpo não é nula, o corpo estará em movimento (cuja aceleração é 
proporcional à resultante das forças e sentido e direção, que serão iguais). 
É da 2ª lei que Newton propôs a famosa expressão: 
�⃗⃗� = 𝑚 ∙ �⃗⃗� 
Onde �⃗⃗� é a resultante das forças que atuam sobre o corpo de massa 𝑚 e �⃗⃗� é 
sua aceleração. 
3ª Lei: Ação e Reação – dois corpos em contato apresentam forças de ação 
e reação de mesma intensidade, sentido e linha de ação. 
Para saber mais faça uma revisão nos cadernos de física e/ou acesse: 
<http://www.fisica.ufpb.br/~romero/pdf/05_leis_de_newton.pdf>.1.3 Vetores 
Em mecânica, são empregados dois tipos de grandezas: as escalares e as 
vetoriais. As Grandezas escalares são grandezas numéricas apenas, não estando 
associadas a nenhuma outra característica. Ex.: volume, densidade, temperatura etc. 
As Grandezas vetoriais, por sua vez, precisam de outras informações, além da 
intensidade, para caracterizá-la. Ex.: Força, Momento, Torque etc. 
Segundo BEER (1980), vetor pode ser definido como um ente matemático que 
possui intensidade (módulo), direção (linha de ação) e sentido. Os vetores são 
indicados por uma letra maiúscula e com o uso de setas acima da letra para diferenciá-
los das grandezas escalares (conforme pôde ser observado nas fig. 4 e 5). Em nosso 
caderno vamos utilizar também o negrito para enfatizar a diferença de um vetor para 
sua escalar correspondente (módulo ou intensidade). 
http://www.fisica.ufpb.br/~romero/pdf/05_leis_de_newton.pdf
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Ex.: O vetor �⃗⃗� tem módulo 𝑇. 
Na figura 4 é apresentado um exemplo de vetor. 
Figura 4: Exemplo de Vetor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Num vetor a direção é indicada pelo ângulo com a horizontal (ou com a 
vertical); o sentido é indicado pela seta do vetor (no exemplo da fig. 4, está no sentido 
nordeste, ou 1º quadrante); a linha de ação está indicada na figura pela linha em 
vermelho; e o valor do módulo ou intensidade é determinado (ou determina) o 
comprimento do segmento de reta que representa o vetor. 
Ex.: Na figura 5, são apresentados os vetores �⃗⃗� e �⃗⃗� que têm a mesma direção 
e sentido, porém linhas de ação diferentes. Também o comprimento dos vetores 
apresenta diferença, sendo possível afirmar que 𝑅 > 𝑇. 
Figura 5: Vetores de Intensidade diferente. 
 
 
 
 
 
Como você já deve ter visto em outras disciplinas, as coordenadas de um vetor 
são indicadas matematicamente por um par ordenado (Vx, Vy). Em geral, preferimos 
um vetor com a origem em O (0,0) e a extremidade em P (a, b), que pode ser 
representado no plano cartesiano (Fig. 6): 
P á g i n a | 21 
 
 
Figura 6: Representação cartesiana do vetor 𝑶𝑷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 
 
 
 
 
 
 
 
este será denotado por: OP = (a, b) 
Quando o vetor não tem sua origem em O(0,0), para determinar sua 
representação pegamos o ponto onde ele começa (origem), o ponto onde ele termina 
(extremidade) e determinamos sua representação fazendo a diferença entre as 
coordenadas da extremidade e as coordenadas da origem. 
Ex.: Seja o vetor �⃗� cuja origem está em A (1,2) e a extremidade em B (7,12). 
As suas coordenadas são (6,10), pois: 
V = (7,12) - (1,2) = (7-1, 12-2) = (6,10) 
No espaço um vetor além das coordenadas x e y, também apresenta 
coordenada no eixo z. Então, um vetor é representado no espaço pelas suas três 
coordenadas: V = (Vx, Vy, Vz). 
1.3.1 Módulo de um vetor 
Para determinar o módulo de um vetor, que é a medida de seu comprimento, 
basta calcular a raiz quadrada da soma dos quadrados de suas componentes. 
Ex.: Seja o vetor V do problema anterior: V (6,10). O seu módulo é igual a: 
|𝑉| = √62 + 102 = √136 = 11,662 unidades 
Ex.: Um vetor no espaço V (3,4,5) tem seu módulo igual a: 
|𝑉| = √32 + 42 + 52 = √50 = 7,071 unidades 
Outra particularidade dos vetores é que a soma de dois ou mais vetores não 
segue as regras da adição da aritmética e da álgebra. Na verdade, um vetor se soma 
a outro, seguindo a Lei do Paralelogramo (a ser definido a seguir). 
Vetores Equivalentes: vetores que possuem a mesma intensidade, mesmo 
sentido e mesma direção, ainda que linha de ação diferente (Fig. 7). 
O (0,0) 
P (a, b) 
OP 
P á g i n a | 22 
 
 
Figura 7: Vetores Equivalentes. 
 
 
 
 
 
Vetores Opostos: vetores que possuem a mesma intensidade, mesma direção 
e sentidos opostos (Fig. 8). 
Figura 8: Vetores Opostos. 
 
 
 
 
 
1.4 Lei do paralelogramo 
Para se proceder a soma de dois vetores, primeiramente, aplicamos os dois 
num mesmo ponto. A partir de então, construímos um paralelogramo com os dois 
vetores como lados. A resultante da soma dos dois vetores será, graficamente 
falando, igual à diagonal do paralelogramo, que parte do mesmo ponto onde foram 
inicialmente aplicados os dois vetores. 
Vejamos um exemplo (figura 9): sejam os vetores �⃗⃗� e �⃗⃗� , temos que�⃗⃗� = �⃗⃗� + �⃗⃗� 
Figura 9: Adição de Vetores – Lei do Paralelogramo. 
 
 
 
 
 
(a) (b) 
 
P 
-P 
R A 
B 
O 
A 
B 
O 
P 
P 
P á g i n a | 23 
 
 
A fig. 9a representa o Diagrama de Corpo Livre (DCL) do problema, onde os 
vetores são indicados todos aplicados no ponto O. Já a fig. 9b representa o 
Paralelogramo formado pelos vetores �⃗⃗� e �⃗⃗� para a determinação da resultante �⃗⃗� . 
1.4.1 Regra do triângulo 
 A partir da Lei do Paralelogramo podemos definir outra forma de somar dois 
vetores. Chamamos essa outra forma de regra do triângulo: a soma de dois vetores 
pode ser determinada pelo reposicionamento de um dos vetores, de tal forma que 
fiquemos com apenas um dos lados do paralelogramo. 
Assim, pegamos um dos vetores e o representamos de forma que a sua origem 
coincida com a extremidade do outro vetor. Unindo o ponto de origem dos vetores 
com a extremidade do segundo vetor, teremos a adição vetorial. 
Seja os mesmos vetores �⃗⃗� e �⃗⃗� do exemplo anterior (Fig. 10),de tal forma 
que�⃗⃗� = �⃗⃗� + �⃗⃗� . 
 
Figura 10: Adição de vetores – regra do triângulo. 
 
Obs.: Para a aplicação da regra do triângulo, tanto faz começar com um ou 
com o outro vetor, pois a adição vetorial também é comutativa, conforme 
podemos verificar nas figuras 9be 9c. 
�⃗⃗� = �⃗⃗� + �⃗⃗� = �⃗⃗� + �⃗⃗� 
 
 
P á g i n a | 24 
 
 
A fig. 10a representa o DCL do problema; as figuras 10b e 10c representam o 
que denominamos Triângulo dos Vetores, formado pelos vetores �⃗⃗� e �⃗⃗� para a 
determinação da resultante �⃗⃗� . 
1.5 Regra dos Polígonos 
Consideremos agora a soma de três ou mais vetores. Podemos definir, a partir 
da Lei do Paralelogramo, uma regra semelhante à aplicada para soma de dois vetores 
(regra do triângulo). Isto é: a soma de três ou mais vetores pode ser determinada pelo 
reposicionamento dos vetores, de tal forma que um seja representado graficamente 
para que a sua origem coincida com a extremidade de outro vetor. 
Unindo a origem do primeiro vetor com a extremidade do último, obtemos o 
vetor resultante da adição vetorial. 
Vejamos um exemplo (figura 11): sejam os vetores força 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ e 𝑭𝟒⃗⃗ ⃗⃗ e o vetor 
resultante da soma vetorial �⃗⃗� , tal que: �⃗⃗� = 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑭𝟒⃗⃗ ⃗⃗ 
Figura 11: Adição de vetores – regra do polígono. 
 
 
A fig. 11a representa o DCL do problema e a figura 11b representa o Polígono 
dos Vetores, formado pelos vetores 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ e 𝑭𝟒⃗⃗ ⃗⃗ para a determinação da resultante 
�⃗⃗� . 
Para determinar a intensidade do vetor resultante R, podemos lançar mão das 
Leis dos Senos e dos Cossenos que se aplicam a quaisquer tipos de triângulos. 
P á g i n a | 25 
 
 
1.6 Lei dos senos 
Há uma razão constante entre a medida de um dos lados do triângulo e o seno 
do ângulo oposto a esse triângulo. 
Ex.: Considere o triângulo ABC indicado na fig.12: 
Figura 12: Triângulo qualquer. 
 
 
 
 
 
Pela lei dos senos temos que: 
 
 
 
 
Ex.: Seja o triângulo ABC indicado abaixo (Fig. 13). Determine o comprimento 
do lado AB pela Lei dos Senos, sabendo que e são iguais a 50o: 
Figura 13: Exemplo. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
- Como a soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180o, o valor de 
 é de 80o. - Pela lei dos senos: 
5
𝑆𝑒𝑛50𝑜
= 
𝐴𝐵
𝑆𝑒𝑛80𝑜
=
5
𝑆𝑒𝑛50𝑜
 
𝐴𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛50𝑜 = 5 ∙ 𝑆𝑒𝑛80𝑜 
C 
A B 
  
 
5 5 
P á g i n a | 26 
 
 
𝐴𝐵 = 
5 ∙ 𝑆𝑒𝑛80𝑜
𝑆𝑒𝑛50𝑜
= 6,428 
1.7 Lei dos cossenos 
O quadrado da medida de um dos lados de 
um triângulo qualqueré igual à soma dos quadrados 
das medidas dos outros dois lados, subtraído de 
duas vezes o produto dessas duas medidas pelo 
cosseno do ângulo entre esses dois outros lados. 
Ex.: Considere o triângulo ABC indicado na 
figura 14: 
Figura 14: Triângulo qualquer. 
 
 
Pela lei dos cossenos temos que: 
 
Ex.: Seja o triângulo PQR indicado abaixo (Fig. 15). Determine o comprimento 
do lado PQ pela Lei dos Cossenos, sabendo que é igual a 70o: 
Figura 15: Exemplo. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
- Pela lei dos cossenos: 
R 
P Q 
  
 
8 8 
Obs.: Note que no DCL o 
ângulo entre 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ 𝒆 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ é de 
100o e no triângulo das 
forças é de 80o. Isso 
acontece sempre, pois o 
ângulo entre dois vetores 
aplicados no mesmo ponto 
no DCL é sempre o seu 
suplementar (quanto falta 
pra 180o) no Triângulo dos 
Vetores. A mesma regra 
vale para quando são 
somados mais de dois 
vetores. 
 
P á g i n a | 27 
 
 
(𝑃𝑄)2 = 82 + 82 − 2 ∙ 8 ∙ 8 ∙ 𝐶𝑜𝑠70𝑜 = 84,2214 
𝑃𝑄 = 9,177 
1.8 Exercícios resolvidos 
1) Determine a soma dos vetores, indicando sua direção, sentido e intensidade: 
Sejam as forças𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ e 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ de 200 N e 150 N, respectivamente, cujas direções e 
sentidos se encontram indicadas na fig. 16. 
Figura 16: DCL do ex. 1a. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Representando a soma vetorial pela regra do triângulo temos: 
Figura 17: Triângulo dos vetores do ex. 1a. 
 
 
 
 
 
 
 
Pela definição da lei dos cossenos: C²= A² + B² - 2.A.B.cos θ, então: 
- R²= F1² + F2² -2.F1.F2.cos 80o = 2002 + 1502 – 2.200.150.cos 80o = 
52081,10934 
- R = 228,2129 N (intensidade). 
Para determinar a direção, teremos que encontrar o ângulo ( ) de inclinação 
da força resultante que é igual à soma de a + 30o. 
Assim, pela Lei dos Senos temos que: 
P á g i n a | 28 
 
 
 
 
O vetor resultante tem as seguintes características: 
 
 
 
 
 
 
Sejam as forças𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ e 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ de 150 N, 100N e 180 N, respectivamente, cujas 
direções e sentidos se encontram indicadas na fig. 18. 
Figura 18: DCL do Ex. 1b. 
 
 
 
 
 
Resolução: Representando a soma vetorial pela regra do polígono temos: 
Figura 19: Polígono dos vetores do Ex. 1b. 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos resolver o problema por parte. 
- Primeiramente vamos pegar o Triângulo F1F2R1: 
  
P á g i n a | 29 
 
 
 
 
 
Pela Lei dos Senos: 
 
 
 
- Determinado o valor de R1, vamos pegar agora o Triângulo RR1F3. 
Como o ângulo entre 𝑹𝟏⃗⃗⃗⃗ ⃗ e 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ é de 27,2357o, o ângulo entre 𝑹𝟏⃗⃗⃗⃗ ⃗ e 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ será de 
100 - 27,2357, ou seja, 72,7643o. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar c: 
 
O ângulo diretor do vetor �⃗� é igual à soma dos ângulos de inclinação de 𝐹1⃗⃗ ⃗, a e 
c: 
θ = 20 + 17,7643 + 43,9355 ≅ 81,7o 
Assim, podemos representar o vetor solução do problema como: 
P á g i n a | 30 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.9 Soma de vetores e suas propriedades 
Se V=(a, b) e W=(c, d), definimos a soma dos vetores V e W por: V + W = (a+c, 
b+d) 
Propriedades da soma de vetores: 
a) Fecho: para quaisquer vetores U e V, no plano (R²): U + V está em R². 
b) Comutativa: para todos os vetores U e V de R²: V + W = W + V 
c) Associativa: para todos os vetores U, V e W de R²: U + (V + W) = (U + V) + 
W 
d) Elemento neutro: existe um vetor Ø=(0,0) em R² tal que, para todo vetor U 
de R², tem-se: Ø + U = U 
e) Elemento oposto: para cada vetor V de R², existe um vetor -V em R², tal 
que: V + (-V) = Ø 
1.10 Diferença de vetores 
Se V=(a,b) e W=(c,d), definimos a diferença entre V e W por: V-W = (a-c, b-d) 
Exercícios de fixação: Sejam os vetores U=(1,3) e V=(8,-2), determine os 
vetores indicados abaixo e construa no plano cartesiano os vetores: -V, -U, U+V,U-V 
e V-U. 
1.11 Produto de um vetor por escalar e suas propriedades 
Seja V=(a, b) um vetor e k um escalar (número real). A multiplicação de V por 
k é: 
k.V = (ka, kb) 
P á g i n a | 31 
 
 
Propriedades do produto de vetor por escalar. 
Para quaisquer vetores U e V e para quaisquer escalares k e t: 
a) 1U = U 
b) (k.t) U = k (tU) = t (kU) 
c) Se kU = tU e U é um vetor não nulo, então k = t. 
d) t (U + V) = tU + tV 
e) (t + k) v = t v + k v 
1.12 Produto escalar de vetores 
Sejam os vetores U=(a, b) e V=(c, d). O produto escalar, também conhecido 
por produto interno entre os vetores U e V, é uma grandeza escalar, obtida pela 
resolução da seguinte expressão: 
U.V = a.c + b.d 
Exemplos: 
1) O produto escalar entre U=(2,5) e V=(-7,12) é: U.V = 2.(-7) + 5.(12) = -14 + 
60= 46 
2) O produto escalar entre U=(2,5) e W=(-5,2) é: U.W = 2.(-5) + 5.(2) = -10 + 10 
= 0 
Propriedades do produto escalar: 
Para quaisquer vetores U, V e W e para qualquer escalar k, temos que: 
a) V.W = W.V 
b) U.U = |U| |U| = |U|² 
c) V. (U+W) = V.U + V.W 
d) (kU).V = U.(kV) = k(U.V) 
e) |kW| = |k||W| 
1.13 Produto vetorial de vetores ou produto externo de vetores 
Ao contrário do produto escalar, que resulta num escalar e pode ser definido 
em vetores do espaço e em vetores do plano, o produto vetorial só pode ser definido 
em vetores do espaço, pois está ligado essencialmente ao conceito de orientação no 
espaço. 
P á g i n a | 32 
 
 
 Sejam os vetores 𝑼 ⃗⃗ ⃗e �⃗⃗� tais que o ângulo entre eles é θ. O produto vetorial 
de 𝑼 ⃗⃗ ⃗por �⃗⃗� apresenta as seguintes características: 
a) a notação é �⃗⃗� ^ �⃗⃗� 
b) seu módulo é: |�⃗⃗� ^ �⃗⃗� | = |𝑈| . |𝑉| . Sen θ 
c) sua direção é ortogonal ao plano dos vetores �⃗⃗� e�⃗⃗� 
d) o sentido é dado pela Regra da mão direita. 
 
 
1.14 Força no plano 
1.14.1 A força como um vetor 
Força é uma grandeza vetorial (Fig. 20), cuja notação usada nesse caderno é 
uma letra maiúscula, em negrito. Como vetor, ela é caracterizada por módulo (ou 
intensidade), direção (e linha de ação), sentido e ponto de aplicação. 
Figura 20: Exemplo de um vetor força. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 33 
 
 
Na fig. 20, é indicada a força �⃗⃗� de módulo F, indicado pelo comprimento do 
segmento de reta que define o vetor; o ponto de aplicação é P, a direção é de graus 
com o eixo x e o sentido é nordeste (1º quadrante). 
No Sistema Internacional (SI), a unidade da força é o Newton (N) ou seu 
múltiplo KN. Também podemos indicar a força em kilograma-força (kgf), tonelada força 
(Tf) etc. 
1.14.2 Força Resultante 
Duas ou mais forças atuando num mesmo ponto material pode ser substituído 
por uma única força, denominada resultante, desde que esta realize o mesmo efeito 
final que aquelas no ponto material. Para a determinação vetorial da força resultante, 
devemos aplicar a Lei do Paralelogramo ou suas consequências (regra do triângulo e 
do polígono), conforme apresentada na aula 1. 
Exemplos: 
1) Determine a resultante das duas forças indicadas na fig 21, que são 
aplicadas na cabeça de um parafuso. 
Figura 21: Exemplo 1. 
 
Fonte: Eduardo Nobre Lages 
Resolução: Primeiramente, representamos o problema no Diagrama de corpo 
livre e, depois, no triângulo das forças: 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 34 
 
 
 
 
 
- Pela lei dos cossenos: 
𝑅2 = (4,5)2 + (6,0)2 − 2 ∙ 4,5 ∙ 6,0 ∙ 𝑐𝑜𝑠75𝑜 = 49,2619 → 𝑅 = 7,018 𝑁. 
- Pela lei dos senos 
6
𝑆𝑒𝑛𝛼
= 
𝑅
𝑆𝑒𝑛75𝑜
→ 𝑅 ∙ 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 6 ∙ 𝑆𝑒𝑛75𝑜 
𝑆𝑒𝑛𝛼 = 
6 ∙ 𝑆𝑒𝑛75𝑜
7,018
= 0,825813 → 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(0,825813) ≅ 55,7𝑜 
Obs.: arc sen é também conhecida como sen-1 (na calculadora). É a função 
inversa da função seno. Ou seja, o arco cujo seno é 0,825813 é de 55,7o. 
1) Seja a jangada da fig. 22 que é rebocada por dois barcos. Se a resultante 
das forças, atuando sobre a jangada é horizontal e tem módulo de 22.240 N, determine 
a tensão em cada cabo para 𝛼 igual a 60o. 
Figura 22: Exemplo 2. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
P á g i n a | 35 
 
 
Resolução: Primeiramente, representamos o problema no Diagrama de corpo 
livre e, depois, no triângulo das forças:- Pela lei dos senos: 
𝐹1
𝑆𝑒𝑛60𝑜
= 
22240
𝑆𝑒𝑛90𝑜
= 
𝐹2
𝑆𝑒𝑛30𝑜
 
𝐹1 = 
22240 ∙ 𝑆𝑒𝑛60𝑜
𝑆𝑒𝑛90𝑜
= 19.260,4 𝑁 
𝐹2 = 
22240 ∙ 𝑆𝑒𝑛30𝑜
𝑆𝑒𝑛90𝑜
= 11.120,0 𝑁 
1.14.3 Decomposição de Forças 
Se pela regra do paralelogramo e suas consequentes, podemos representar 
duas ou mais forças por uma única Força Resultante, fazendo o caminho inverso. 
Podemos representar uma força através de outras (duas ou mais), desde que estas 
forças (chamadas componentes) mantenham o mesmo efeito sobre o ponto material 
que aquelas. Essa divisão é denominada decomposição da força (Fig. 23). 
Figura 23: �⃗⃗� e suas componentes �⃗⃗� e �⃗⃗� . 
 
 
 
 
 
Fonte: Eduardo Nobre Lages 
P á g i n a | 36 
 
 
Na fig. 23, podemos verificar que �⃗⃗� é a força resultante da adição de �⃗⃗� e �⃗⃗� , 
assim como podemos dizer que �⃗⃗� e 𝑸⃗⃗ ⃗ são componentes da força �⃗⃗� . 
1.14.4 Componentes Cartesianos 
A decomposição mais comum de forças é nas suas componentes cartesianas. 
No plano decompomos nas direções dos eixos x e y (Fig. 24) e no espaço nas direções 
dos eixos x, y e z. 
Figura 24: �⃗⃗� e suas componentes �⃗⃗� 𝒙 e 𝑭𝒚⃗⃗ ⃗⃗ . 
 
 
 
 
 
 
Conforme você pode verificar na Fig. 24, a componente da força 𝐹 na direção 
x é 𝐹 x e na direção y é 𝐹 y. 
Conhecido o módulo F da força e seu ângulo diretor θ, podemos determinar Fx 
e Fy pela trigonometria. 
Fx = F. Cos θ 
Fy = F. Senθ 
De forma recíproca, conhecidos Fx e Fy, podemos determinar F e θ pelas 
expressões: 
F = √Fx2 + Fy2 
θ = arc tg(Fy / Fx). 
Exemplos: 
3) Decompondo �⃗⃗� nas componentes cartesianas e determinando seus valores 
(Fig. 25). Dados: F= 200 N e θ= 50o. 
 
 
 
P á g i n a | 37 
 
 
Figura 25: Ex. 3 – Determinação de �⃗⃗� 𝒙 e 𝑭𝒚⃗⃗ ⃗⃗ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
4) Sendo Fx= 300 N e Fy= 400 N, calcule �⃗⃗� e θ: 
F = √(300)² + (400)2 = 500 N 
 
5) Encontre a única força que substitui F1, F2 e F3, no ponto material indicado 
na fig. 26: 
Figura 26: Ex. 5 – Determinação de �⃗⃗� . 
 
 
Resolução: decompor cada uma das forças nas suas componentes 
cartesianas. 
 
P á g i n a | 38 
 
 
 
 
 
Determinar a resultante das forças em cada uma das direções: 
- Resultante na direção x: Rx = F1x + F2x – F3x 
Rx = 140,954 + 42, 2618 – 147, 4473 →Rx =35,7683 N. 
- Resultante na direção y: Ry = F1y + F2y + F3y 
Ry = 51, 303 + 90, 6308 + 103, 2437 →Ry = 245, 1774 N. 
Temos então �⃗⃗� x e �⃗⃗� y, poderemos determinar o módulo R e o ângulo diretor 𝜃 
da força �⃗⃗� . 
 
 
 
P á g i n a | 39 
 
 
R = √(Rx)² + (Ry)2 θ = arc tg (
245,1774
35,7683
) 
R = √(35,7683)² + (245,1774)2 θ = 81, 7o 
R = 247, 773 N. 
6) Determine a resultante das forças atuantes no ponto A, conforme 
representado na Fig. 27: 
Figura 27: Ex. 6 – Determinação de �⃗⃗� . 
 
 
Resolução: 
- Decompondo as forças nas componentes cartesianas: 
 
 
 
 
P á g i n a | 40 
 
 
 
 
Determinar a resultante das forças em cada uma das direções: 
- Resultante na direção x: 
Rx = F1x + F2x+ F3x 
Rx = 150 + 64,278 – 148, 6289 →Rx =65,6491 N. 
- Resultante na direção y: 
Ry= F2y + F3y + F4y 
Ry = 76,6044 + 133,8261 – 300 →Ry = - 89,5695 N. 
 
Temos então �⃗⃗� x e �⃗⃗� y, poderemos determinar o módulo R e o ângulo diretor 𝜃 
da força �⃗⃗� . 
 
 
 
R = √(Rx)² + (Ry)2 θ = arc tg (
89,5695
65,6491
) 
R = √(65,6491)² + (−89,5695)2 θ ≅53, 8o 
R = 111,052 N. 
P á g i n a | 41 
 
 
1.15 Representação Vetorial Das Forças: Vetores Unitários 
Podemos representar uma força �⃗⃗� através de suas componentes cartesianas 
(Fx e Fy) escrevendo em função dos vetores unitários (Fig. 28): 
 
onde: = vetor unitário na direção x (1, 0). 
= vetor unitário na direção y (0, 1). 
Figura 28: Vetores unitários 𝒊 e 𝒋 . 
 
 
Exemplo: 
7) Uma força de 500 N atua no ponto A. Determine as componentes cartesianas 
e represente essa força na notação vetorial, sendo o ângulo diretor da força igual a 
42o. 
Figura 29: Ex. 7. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
P á g i n a | 42 
 
 
 
 
8) Seja a força �⃗⃗� = (3,5 kN)𝒊 + (7,5 kN)𝒋 que é aplicada 
a um parafuso A. Determine a intensidade dessa força e o seu ângulo diretor. 
Resolução: 
- Determinar o módulo de �⃗⃗� : 
F = √(3,5)² + (7,5)2 = √(12,25) + (56, 25) = 8,28 KN 
- Ângulo diretor: 
θ = arc tg (7,5 / 3,5) = 64, 98o. 
 
Exercícios Resolvidos 
1) As duas forças atuam sobre um parafuso A. Determine sua resultante. 
 
 
 
Resolução: Decompondo as forças Q e P, temos: 
𝑃𝑥 = 𝑃 ∙ cos 20
𝑜 = 40 ∙ cos 20𝑜 = 37,588 𝑁 
𝑃𝑦 = 𝑃 ∙ sen 20
𝑜 = 40 ∙ sen 20𝑜 = 13,681 𝑁 
𝑄𝑥 = 𝑄 ∙ cos 45
𝑜 = 60 ∙ cos 45𝑜 = 42,426 𝑁 
𝑄𝑦 = 𝑄 ∙ sen 45
𝑜 = 60 ∙ sen 45𝑜 = 42,426 𝑁 
 
Temos então que: 
𝑅𝑥 = 𝑃𝑥 + 𝑄𝑥 = 37,588 + 42,426 = 80,014 𝑁 
𝑅𝑦 = 𝑃𝑦 + 𝑄𝑦 = 13,681 + 42,426 = 56,107 𝑁 
 
= 4,98o 
F = 8,28 kN 
P á g i n a | 43 
 
 
Aplicando a fórmula para resultante (𝑅 = √𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2), temos que: 
𝑅 = √𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = √(80,014)2 + (56,107)2 = 97,73 𝑁 
Para determinar a direção da força resultante 𝜃: 
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
𝑅𝑦
𝑅𝑥
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
56,107 
80,014
) = 35,04o. 
Resp. A força resultante é de 97,73 N aplicada a 35,04º do eixo horizontal. 
 
2) Uma barcaça é puxada por dois rebocadores. 
 
 
 
Se a resultante das forças exercidas pelos rebocadores é 50 KN dirigida ao 
longo do eixo da barcaça, determine: 
a) A força de tração em cada um dos cabos para 𝛼 = 45º. 
b) O valor de 𝛼 para o qual a tração no cabo 2 é mínima. 
Resolução: 
a) Denominando as forças nos cabos 1 e 2 de T1 e T2, respectivamente, 
decompondo e resolvendo essa primeira parte por decomposição, temos que: 
T1𝑥 = T1 ∙ cos 30
𝑜 
T1𝑦 = T1 ∙ sen 30
𝑜 
T2𝑥 = T2 ∙ cos 45
𝑜 
T2𝑦 = T2 ∙ sen 45
𝑜 
 
Como o movimento dos rebocadores deve ser tal que os três possam ir para 
frente, temos que as componentes verticais das forças nos cabos 1 e 2 são iguais e a 
resultante é a soma das componentes horizontais dessas forças. 
{
T1 ∙ cos 30
𝑜 + T2 ∙ cos 45
𝑜 = 50𝑘𝑁
T1 ∙ sen 30
𝑜 = T2 ∙ sen 45
𝑜 
 
Tomando T1 em função de T2: 
P á g i n a | 44 
 
 
T1 = T2 ∙
sen 45𝑜
sen 30𝑜
 
Substituindo na primeira equação: 
T2 ∙
sen 45𝑜
sen 30𝑜
∙ cos 30𝑜 + T2 ∙ cos 45
𝑜 = 50𝑘𝑁 → (1,2247 + 0,7071) ∙ T2 = 50 
T2 =
50
1,9318
= 𝟐𝟓, 𝟗 𝒌𝑵 
 
Substituindo o valor de T1: 
T1 = 25,9 ∙
sen 45𝑜
sen 30𝑜
= 𝟑𝟔, 𝟔 𝒌𝑵 
 
b) Se montarmos o triângulo das forças, T2 será mínima quando fizer ângulo de 
90º com T1, assim: 
 
 
 
Pela soma dos ângulos internos de um triângulo: 𝛼 + 30𝑜 = 90𝑜 → 𝜶 = 𝟔𝟎𝒐 
3) Quatro forças atuam no parafuso A, como mostrado na figura abaixo. 
 
 
 
Determine a resultante das quatro forças no parafuso. 
P á g i n a | 45 
 
 
Resolução: Decompondo as forças, temos: 
- Direção x: 
𝐹1𝑥 = 𝐹1 ∙ cos 30
𝑜 = 150 ∙ cos 30𝑜 = 129,90 𝑁 
𝐹2𝑥 = −𝐹2 ∙ sen 20
𝑜 = −80 ∙ sen 20𝑜 = −27,36 𝑁 
𝐹3𝑥 = 0 
𝐹4𝑥 = 𝐹4 ∙ cos 15
𝑜 = 100 ∙ cos 15𝑜 = 96,59 𝑁 
𝑹𝒙 = 𝟏𝟐𝟗, 𝟗𝟎 − 𝟐𝟕, 𝟑𝟔 + 𝟎 + 𝟗𝟔, 𝟓𝟗 = 𝟏𝟗𝟗, 𝟏𝟑 𝐍 
- Direção y: 
𝐹1𝑦 = 𝐹1 ∙ sen 30
𝑜 = 150 ∙ sen 30𝑜 = 75,00 𝑁 
𝐹2𝑦 = 𝐹2 ∙ cos 20
𝑜 = 80 ∙ cos 20𝑜 = 75,18 𝑁 
𝐹3𝑥 = −110𝑁 
𝐹4𝑦 = −𝐹4 ∙ sen 15
𝑜 = −100 ∙ sen 15𝑜 = −25,88 𝑁 
𝑹𝒙 = 𝟕𝟓 + 𝟕𝟓, 𝟏𝟖 − 𝟏𝟏𝟎 − 𝟐𝟓, 𝟖𝟖 = 𝟏𝟒, 𝟑𝟎 𝐍 
Aplicando a fórmula para resultante (𝑅 = √𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2), temos que: 
𝑅 = √𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = √(199,13)2 + (14,30)2 = 199,6 𝑁 
Para determinar a direção da força resultante 𝜃: 
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
𝑅𝑦
𝑅𝑥
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
14,30 
199,13
) = 4,1o. 
Resp. A força resultante é de 199,6 N aplicada a 4,1º do eixo horizontal. 
1.16 Componentes Cartesianas �⃗⃗� (Fx, Fy e Fz) 
Consideremos uma força�⃗⃗� aplicada na origem 0 da fig. 30. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 46 
 
 
Figura 30: Decomposição de uma força no Espaço. 
 
Fonte: BEER (2006) 
Consideremos que: 
 O plano OABC contém �⃗⃗� na fig. 30a. 
 θy : é o ângulo da força �⃗⃗� com o eixo y. 
 𝚽 ângulo do plano OABC com o eixo x. 
Assim: 
Fy = F. cos θy. 
Fh = F. sen θy. 
Decompondo Fh no plano xz (Fig. 30c), temos: 
Fx = Fh. Cos 𝚽 = F. senθy. Cos 𝚽 
Fz = Fh. Sen 𝚽 = F. senθy. Sen 𝚽 
Assim: 
Fx= F. cos θx 
Fy = F. cos θy 
Fz = F. cos θz 
Onde: 
θx= ângulo diretor na direção x. 
θy= ângulo diretor na direção y. 
θz= ângulo diretor na direção z. 
Podemos entender melhor essa relação representando as três forças 
componentes de �⃗⃗� como as arestas de uma paralelepípedo (Fig. 31). 
 
 
 
P á g i n a | 47 
 
 
Figura 31: Paralelepípedo de arestas Fx, Fy e Fz. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sendo as arestas do paralelepípedo da Fig. 32, as componentes cartesianas 
de �⃗⃗� , podemos dizer então que �⃗⃗� é a diagonal desse paralelepípedo. 
Podemos definir que: 
Fx= F. cos θx 
Fy= F. cos θy 
Fz= F. cos θz 
Vamos voltar na figura 31 e tomar os triângulos OAB e OCD. Aplicando o 
Teorema de Pitágoras temos que: 
(OB)² = (AO)² + (AB)² → F² = Fy² + Fh² 
(OC)² = (OD)² + (CD)² → Fh² = Fx² + Fz². 
Então: 
F² = Fx² + Fy² + Fz² 
Se substituirmos os valores de Fx, Fy e Fz na equação anterior, temos: 
F²= (F. cos θx)² + (F.cos θy)² + (F.cos θz)² 
F²= F².cos² θx + F². cos² θy + F². cos² θz 
F² = F² (cos² θx + cos² θy + cos² θz) 
Então, 
Cos² θx + cos² θy + cos² θz =1. 
Vamos agora apresentar alguns exemplos para acimentar o conteúdo. 
Exemplos: 
P á g i n a | 48 
 
 
Ex. 1) Uma força de 500 N forma ângulos de 60o, 45o e 120o, respectivamente, 
com os eixos x, y e z. Determine as componentes cartesianas e represente a força na 
notação vetorial. 
- Decompor as forças: 
Fx= F. cos θx→ Fx= 500. Cos 60o → Fx= 250N. 
Fy = F. cos θy → Fy = 500. Cos 45o → Fy= 353,6 N. 
Fz= F. cos θz → Fz = 500. Cos 120o → Fz= - 250N. 
- Escrever as forças através dos vetores unitários: 
 
Onde: 
 
 
 
 
 
10) Uma força �⃗⃗� = (100N)𝒊 + (100N)𝒋 + (100N)�⃗⃗� tem seu módulo e seus 
ângulos diretores iguais a: 
- Determinar o módulo da força �⃗⃗� : 
F² = (100)² + (-150)² + (300)² = 122 .500 → F = 350 N 
- Determinar os cossenos diretores: 
* Direção x: 
 Fx = F. cos θx→ cos 𝜃𝑥 =
𝐹𝑥
𝐹
 = 
100
350
 = 0,2857 
 θx = arc cos 0,2857 = 73,4o 
* Direção y: 
Fy = F. cos θy→ cos 𝜃𝑦 =
𝐹𝑦
𝐹
 = 
−150
350
 = −0,4286 
y = arc cos (-0,4286) = 115,4o 
* Direção z: 
 Fz = F. cos θy→ cos 𝜃𝑧 =
𝐹𝑧
𝐹
 = 
300
350
 = 0,8571 
z = arc cos (0,8571) = 31,0o 
P á g i n a | 49 
 
 
1.17 Definindo sua Força por Seu Módulo e Dois Pontos de Sua Linha de 
Ação 
Sejam os pontos:M (x1, y1, z1) e N (x2, y2, z2) da Fig. 32. 
Figura 32: Decompomposição de F na direção de MN. 
 
 
Sendo que a linha de ação de �⃗⃗� passa pelos pontos M e N, podemos determinar 
as componentes de �⃗⃗� através das coordenadas dos pontos M e N. 
Consideremos que: 
d: distância entre M e N. 
dx: XN – XM 
dy: YN – YM 
dz: ZN – ZM 
d= √dx² + dy² + dz². 
Sendo os ângulos diretores da força�⃗⃗� os mesmos que os do vetor 𝑴𝑵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗, temos: 
 
Cos θx= dx / d Cos θy = dy / d Cos θz = dz / d 
 
Exemplo: 
Ex 2.: O cabo de sustentação de uma torre está ancorado por meio de um 
parafuso A. 
A tração no cabo é 2500 N. Determinar: 
a) Os ângulos diretores: θx, θy e θz. 
P á g i n a | 50 
 
 
b) As componentes Fx, Fy e Fz. 
Figura 33: Ex. 2. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
Recapitulando: 
*Decomposição: 
𝐹𝑥 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑥 
𝐹𝑦 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 
𝐹𝑧 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 
*Cossenos Diretores: 
Cos θx = 
dx
d
 
Cos θy = 
dy
d
 
 Cos θz = 
dz
d
 
*Distâncias entre dois pontos: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝑓 – 𝑥𝑖 
𝑑𝑦 = 𝑦𝑓 – 𝑦𝑖 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑓 – 𝑧𝑖 
d = √dx² + dy² + dz² 
Resolução do exemplo: 
Sejam os pontos A (40, 0, -30) e B (0, 80, 0) 
P á g i n a | 51 
 
 
dx= xB – xA= 0 – 40= - 40 
dy= yB – yA = 80 – 0 = 80 
dz= zB – zA = 0 – (- 30) = 30 
d = √(−40)² + 80² + 30² = 94, 3398 m. 
a) Cos θx = dx/ d → θx = arc cos (dx / d) 
θx = arc cos ( -40/ 94,3398) = 115, 1o. 
θy = arc cos ( 80 / 94,3398) = 32o. 
z = arc cos ( 30 / 94, 3398) = 71,5o. 
b) Fx = F. cos θx = F. (dx/d) 
Fx = 2500 . ( -40 / 94, 3398) = - 1060 N. 
Fy = 2500 . ( 80 / 94, 3398) = 2120N. 
Fz = 2500 . ( 30 / 94, 3398) = 795 N. 
Exemplo: 
Ex 3.: Seja a figura abaixo (Fig. 5): 
Figura 34: Ex. 3. 
 
 
Sendo TAC = 2250 N e TBC = 1125 N, determine: 
a) As componentes e os ângulos diretores da força exercidos sobre a placa em 
A. 
P á g i n a | 52 
 
 
b) As componentes e os ângulos diretores da força exercidos sobre a placa em 
B. 
Resolução: 
Sejam os pontos A (1.2, 0, 2.7), B (1.2, 0, 0) e C (0, 1.2, 0.6) 
a) TAC = 2250 N. 
dx= Xc – XA = 0 – 1,2 = - 1,2. 
dy= Yc – YA = 1,2 – 0 = 1,2. 
dz= Zc – ZA = 0,6 – 2,7 = - 2,1. 
 d = √(−1,2)2 + (1,2)2 + (−2,1)² = 2,7. 
θx = arc cos (- 1,2/ 2,7) = 116, 4o. 
θy = arc cos ( 1,2 / 2,7) = 63, 6o. 
θz = arc cos ( - 2,1/ 2,7) = 141, 1o. 
Fx = F. (dx / d) → Fx = - 1000 N. 
Fy = F. (dy / d) → Fy = 1000 N. 
Fz = F. (dz / d) → Fz = - 1750 N. 
b) TBC = 1125 N 
dx = Xc – XB = - 1,2. 
dy = Zc – ZB = 0,6. 
d = √(−1,2)2 + (1,2)2 + (−0,6)2 = 1,8 
Fx = F. (dx / d) → Fx = - 750N. θx = 131, 8o. 
Fy = F. (dy / d) → Fy = 750 N. θy = 48, 2o. 
Fz = F. (dz / d) → Fz = 375 N. θz = 70, 5o. 
1.18 Adição de Forças no Espaço pela Soma dos Componentes 
Para efetuar a soma de forças no espaço, devemos decompor as forças nas 
componentes cartesianas e calcular as componentes das resultantes Rx, Ry e Rz. 
Sejam as forças �⃗⃗� , �⃗⃗� e �⃗⃗� , conforme Fig. 35 abaixo. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 53 
 
 
Figura 35: Forças �⃗⃗� , �⃗⃗� e �⃗⃗� . 
 
Fonte: EDUARDO NOBRE LAGES 
Na figura 36, são apresentados os vetores componentes das forças �⃗� , 𝑆 e �⃗� . 
Figura 36: Decomposição das forças �⃗⃗� , �⃗⃗� e �⃗⃗� . 
 
Fonte: EDUARDO NOBRE LAGES 
Compondo a resultante, com os vetores unitários. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 54 
 
 
Ex. 4) Determine o vetor direção 𝜆𝐴𝐷. 
 y B 
 Coordenadas: A (0, 3, 3) 
 B (0, 3, -3) 
 C (0, 0, 0) 
 D (1.5, 2, 0) 
E (7.5, 0, 1.5) 
 
 D 
 
A 2,0 m F = 120 kN 
C 1,5 m x 
 3,0 m E 
 
 P 
 1,5 m 6,0 m 
 z 
 
 
Dados: 
BD = (-0,4286) i + (0,2857) j + (-0,8571) k 
CD = (-0,6) i + (-0,8) j + 0 k 
DE = (0,9231) i + (-0,3077) j + (0,2308) k 
 
Resolução: Faltou apenas encontrar a direção de AD, o que fazemos: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝐷 – 𝑥𝐴 = 1,5 − 0 = 1,5. 
𝑑𝑦 = 𝑦𝐷 – 𝑦𝐴 = 2 − 3 = −1,0. 
𝑑𝑧 = 𝑧𝐷 – 𝑧𝐴 = 0 − 3 = −3,0. 
 𝑑 = √(−1,5)2 + (−1)2 + (−3)² = 3,5. 
cos 𝜃𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑
=
1,5
3,5
= 0,4286 
cos 𝜃𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑
=
−1,0
3,5
= −0,2857 
 
P á g i n a | 55 
 
 
cos 𝜃𝑧 =
𝑑𝑧
𝑑
 =
−3,0
3,5
= −0,8571 
AD = (0,4286) i + (-0,2857) j + (-0,8571) k 
1.19 Equilíbrio no ponto material (no plano) 
No plano, temos duas equações denominadas Equações de Equilíbrio da 
Estática da Partícula no Plano, que são: 
Rx = Σ Fx = 0 
Ry = Σ Fy = 0 
1.19.1 Partícula sob ação de duas forças 
Quando apenas duas forças atuam sobre uma partícula, só é possível o 
equilíbrio se ambas tiverem mesmo módulo, mesma direção, mesma linha de ação e 
sentidos opostos. 
Figura 37: Duas forçasem equilíbrio. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
1.19.2 Partícula sob ação de três ou mais forças 
Quando mais de duas forças atuam sobre uma partícula, o equilíbrio é 
verificado pela resolução algébrica das duas equações de equilíbrio no plano (Rx = Σ 
Fx = 0; Ry = Σ Fy = 0). 
A solução gráfica (pela regra do paralelogramo) forma um polígono fechado. 
 
 
 
 
P á g i n a | 56 
 
 
Figura 38: Forças em equilíbrio. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
Exemplos: 
1) Determine a intensidade das forças F1 e F4, sabendo que o sistema de 
forças está em equilíbrio: 
Figura 39: Ex. 1 – Equilíbrio de 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ , 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ 𝒆𝑭𝟒⃗⃗ ⃗⃗ . 
 
 
Resolução: Decompondo as forças nas componentes cartesianas 
 
 
 
ΣFx = 0 
F1 + F2x – F3x + F4x = 0 
P á g i n a | 57 
 
 
F1 + 42,26 – 103, 92 + √2 / 2. F4 = 0 
F1 + √2 / 2. F4 = 61,66 N. 
ΣFy = 0 
F2y + F3y – F4y = 0 
90, 63 + 60 - √2 / 2. F4 = 0 
√2 / 2. F4 = 150,63 → F4 = 213, 63 N 
F1 + √2 / 2. F4 = 61,66 N 
F1 + √2 / 2. 213, 02 = 61, 66 
F1 + 150, 63 = 61, 66 
F1 = - 88, 97 N 
 
2) Numa operação de descarregamento de um navio, um automóvel de 5,0kN 
é suportado por um cabo AB (Fig. 40), um operador utiliza uma corda AC presa ao 
cabo em A para auxiliar a centrar o automóvel na descida. Determine a força no cabo 
AB e na corda AC, num dado instante em que o corpo está autoequilibrado. 
Figura 40: Ex. 2 – Forças em Equilíbrio. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
Resolução: Representando o problema no DCL 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 58 
 
 
Figura 41: DCL do Ex. 𝟐. 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
- Decompondo as forças nas componentes cartesianas: 
TAB 
TABx = TAB ∙ Sen 2
o = 0,0349 TAB 
TABy = TAB ∙ Cos 2
o = 0, 9994TAB 
TAC 
TACx = TAC ∙ cos 30
o = 0,866 TAC 
TACy = TAC ∙ sen 30
o = 0,500 TAC 
∑Fx = 0 ∴ −0,0349 TAB + 0,866 TAC = 0 
0,0349 TAB = 0,866 TAC (÷ 0,0349) 
TAB = 
0,866
0,0349
TAC → TAB = 24,8138 TAC 
4) Seja o protótipo do casco de um veleiro colocado em um canal de testes, 
fixado por três cabos que são usados para alinhar a proa do veleiro com a linha de 
centro do canal (Fig. 42). Para uma dada velocidade, determinar a força de arrasto 
sobre o casco e a força no cabo AC, sendo que a força no cabo AB é de 200 N e no 
cabo AE é de 300 N. 
Figura 42: Ex. 4 – Forças em Equilíbrio. 
 
 
 
 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
P á g i n a | 59 
 
 
Resolução: Representar as forças no DCL (Fig. 43) 
Figura 43: DCL do exemplo 4. 
 
 
- Fazendo a decomposição das forças TAB e TAC nas componentes cartesiais: 
𝑇𝐴𝐵 
TABx = TAB ∙ Sen 60,26
o = 200 ∙ Sen 60,26o = 173,657 N 
TABy = TAB ∙ Cos 60,26
o = 200 ∙ Cos 60,26o = 99,213 N 
TAC 
TACx = TAC ∙ Sen 20,56
o = 0,3512 TAC 
TACy = TAC ∙ Cos 20,56
o = 0,9363 TAC 
∑Fx = 0 ∴ −TABx + FD + TACx = 0 
− 173,657 + FD + 0,3512 TAC = 0 
FD + 0,3512 TAC = 173,657 (𝑖) 
∑Fy = 0 ∴ TABy + TACy − TAE = 0 
99,213 + 0,9363 TAC − 300 = 0 
0,9363 TAC = 200,787 
TAC = 
200,787
0,9363
→ TAC = 214,4473 N 
 
Substituindo ovalor de TACem i: FD + 0,3512 (214,4473) = 173,657 → FD =
98,3431 N 
Resp.: A tensão no cabo AC é de 214,45 N e a força de arrasto (FD) é de 98,34 
N. 
P á g i n a | 60 
 
 
1.20 Equilíbrio de um ponto material no espaço 
Um ponto material está em equilíbrio se a resultante de todas as forças atuantes 
sobre ele é igual a zero. Assim, pode-se dizer que as condições necessárias e 
suficientes para o equilíbrio de um ponto material no espaço são as equações de 
equilíbrio. 
Σ Fx = 0 
Σ Fy = 0 
Σ Fz = 0 
De forma prática, para resolver problemas envolvendo o equilíbrio no espaço, 
decompomos as forças e aplicamos as três equações de equilíbrio. 
Exemplo: 5) Um cilndro de 200 Kg é pendurado por meio de dois cabos AB e 
AC, amarrados ao topo de uma parede vertical (Fig.44) . Uma força �⃗⃗⃗� , 
horizontal e perpendicular à parede, mantém o peso na posição ilustrada. 
Determinar a intensidade de �⃗⃗⃗� e a tração nos cabos. 
Figura 44: Exemplo 5. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
Resolução: Determinando as coordenadas dos pontos A, B e C: 
A (1.2, 2, 0) B (0, 12, 8) C (0, 12, -10) 
- Definição do DCL: 
 
 
 
 
P á g i n a | 61 
 
 
 
- Decompondo as forças: 
TAC: 
dx = xc – xA = 0 – 1,2 = - 1,2. 
dy = yc – yA = 12 – 2 = 10. 
dz = zc – zA = -10- 0 = -10. 
d = √(−1,2)2 + (10)2 + (−10)2 = 14, 1929. 
TACx = TAC. (dx / d) = (- 1,2 / 14, 1929) . TAC→ TACx = - 0,0845 TAC 
TACy = TAC. (dy / d) = (10 / 14, 1929) . TAC→ TACy = 0,7045 TAC 
TACz = TAC. (dz / d) = (- 10 / 14, 1929) . TAC→ TACz = - 0,7045 TAC 
TAB: 
dx = xB – xA = - 1,2. 
dy = yB – yA = 10. 
dz = zB – zA = 8. 
d = √(−1,2)2 + (10)2 + (8)2 = 12,8623. 
TABx = TAB. (dx / d) = (- 1,2 / 12, 8623) . TAB→ TABx = - 0,0932 TAB 
TABy = TAB . (dy / d) = (10 / 12, 8623) . TAB→ TABy = 0, 7774 TAB 
TABz = TAB . (dz / d) = ( 8 / 12, 8623) . TAB→ TABz = 0,6219 TAB 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴H + TACx + TABx = 0. 
H – 0,0845 TAC – 0,0932 TAB = 0 
H = 0,0845 TAC + 0, 0932 TAB(i) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ - P + TACy + TABy = 0 
0, 7045 TAC + 0, 7774 TAB = 1962 N (ii) 
∑𝐹𝑧 = 0 ∴ TACz + TABz = 0. 
-0, 7045 TAC + 0, 6219 TAB = 0 
0,6219 TAB = 0,7045 TAC 
𝑇𝐴𝐵 = 
0,7045
0,6219
𝑇𝐴𝐶 
𝑇𝐴𝐵 = 1,1328 𝑇𝐴𝐶(iii) 
Substituindo (iii) em (ii): 
0, 7045 TAC + 0, 7774 (1,1328 𝑇𝐴𝐶)= 1962 N 
0,7045𝑇𝐴𝐶 + 0,8806𝑇𝐴𝐶 = 1962 
1,5851 𝑇𝐴𝐶 = 1962 
P á g i n a | 62 
 
 
𝑇𝐴𝐶 =
1962
1,5851
→ TAC = 1237,7768 N 
Substituindo TAC em (iii): 
𝑇𝐴𝐵 = 1,1328 ∙ 1237,7768 → TAB = 1.402,1536 N 
Substituindo TAB e TAC em (i): 
H = 0,0845 . 1237, 7768 + 0,0932 . 1402, 1536→ H = 235,2728 N 
 
6) Três cabos são unidos em D (Fig. 45), onde o módulo da força �⃗⃗� é de 15,6 
KN está aplicada, conforme figura abaixo. Determine a tração em cada cabo (DA, DB 
e DC). 
Figura 45: Exemplo 6. 
 
 
*Conhecendo dois pontos na mesma direção da �⃗⃗� , pode-se calcular o cosseno 
do ângulo diretor: 
𝐹𝑥 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐹.
𝑑𝑥
𝑑
 
𝐹𝑦 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐹.
𝑑𝑦
𝑑
 
𝐹𝑧 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐹.
𝑑𝑧
𝑑
 
TDA 
dx = - 1,5 
dy = 1 
dz = 3 
P á g i n a | 63 
 
 
d = √(−1,5)2 + (1)2 + (3)2 = 3,5 
TDAx = TDA. (dx / d) = (-1,5 / 3,5). TDA = - 0, 4286 TDA. 
TDAy = TDA . (dy / d) = (1,0 / 3,5). TDA = 0,2857 TDA. 
TDAz = TDA .(dz / d) = (3 / 3,5). TDA = 0,8571 TDA. 
TDB 
dx = - 1,5 
dy = 1 
dz = - 3 
d = √(−1,5)2 + (1)2 + (−3)2 = 3,5 
TDBx = TDB. (dx / d) = (-1,5 / 3,5). TDB = - 0, 4286 TDB. 
TDBy = TDB. (dy / d) = (1,0 / 3,5). TDB = 0,2857 TDB. 
TDBz = TDB. (dz / d) = (- 3 / 3,5 ). TDB = - 0,8571 TDB. 
TDC 
dx = - 1,5 
dy = -2 
dz = 0 
d = √(−1,5)2 + (−2)2 = 2,5 
TDCx = TDC. (dx / d) = (-1,5 / 2,5). TDC = - 0, 6 TDC. 
TDCy = TDC. (dy / d) = (-2 / 2,5). TDC = - 0,8 TDC. 
TDCz = TDC. (dz / d) = ( 0 / 2,5 ). TDC = 0. 
𝐹 direção 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
dx = 6 
dy = -2 
dz = 1,5 
d = 6,5 
Fx = F. (dx / d) = 15,6. ( 6 / 6,5) = 14,4 KN. 
Fy = F. (dy / d) = 15,6. (-2 / 6,5) = - 4,8 KN. 
Fz = F. (dz / d) = 15,6. (1,5 / 6,5 ) = 3,6 KN. 
1.21 Equações de equilíbrio 
ΣFx = 0 
 TDAx + TDBx + TDCx + Fx = 0 
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-0,4286 TDA – 0,4286 TDB – 0,6 TDC + 14,4 = 0 
0, 4286 TDA + 0,4286 TDB + 0,6 TDC = 14,4 (÷0,4286) 
TDA + TDB + 1, 3999 TDC = 33, 5978 (1) 
ΣFy = 0 
TDAy + TDBy + TDCy + Fy = 0. 
0,2857TDA+ 0,2857 TDB – 0,8 TDC – 4,8 = 0 (÷0,2857) 
TDA + TDB – 2,8001 TDC = 16, 8008 (2) 
ΣFz = 0 
TDAz + TDBz + Fz = 0. 
0,8571 TDA - 0,8571 TDB + 3,6 = 0(÷0,8571) 
TDA - TDB = - 4, 2002 (3) 
 
Fazendo um sistema com as equações (1) e(2): 
TDA + TDB + 1,4 TDC = 33,6 (x2) 
TDA + TDB – 2,8 TDC = 16,8 
 
2TDA + 2TDB + 2,8TDC = 67,2 
TDA + TDB – 2,8 TDC = 16,8 
3TDA + 3TDB = 84 (÷3) 
TDA + TDB = 28 (4) 
 
Fazendo um sistema com as equações (3) e(4): 
TDA – TDB = - 4,2TDA + TDB = 28 
2.TDA = 23,8 
TDA = 11,9 KN. 
 
Substituindo TDA em (4) 
TDB = 28 – 11,9 
TDB = 16,1 KN. 
Substituindo TDA e TDB em (1) 
1,4.TDC = 33,6 – 11,9 – 16,1 
TDC = (5,6 / 1,4) 
TDC = 4,0 KN. 
P á g i n a | 65 
 
 
 
7) Considerando o problema da questão anterior: se além da força �⃗⃗� , ilustrada, 
uma força�⃗⃗� é aplicada em D, em direção ao eixo y (Fig. 46). Determine o necessário 
módulo e o sentido de �⃗⃗� , para que a tração no cabo TCD seja nula. 
Figura 46: Exemplo 7. 
 
 
Da questão anteiror temos: 
TDA 
TDAx = - 0, 4286 TDA. 
TDAy = 0,2857 TDA. 
TDAz = 0,8571 TDA. 
TDB 
TDBx = - 0, 4286 TDB. 
TDBy = 0,2857 TDB. 
TDBz = - 0,8571 TDB. 
TDC = 0. 
�⃗⃗� direção 𝑫𝑬⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
Fx = 14,4 KN. 
Fy = - 4,8 KN. 
Fz = 3,6 KN. 
ΣFx = 0 
 TDAx + TDBx + Fx = 0 
P á g i n a | 66 
 
 
-0,4286 TDA – 0,4286 TDB + 14,4 = 0 
-0,4286 TDA – 0,4286 TDB + 14,4 = 0 
0, 4286 TDA + 0,4286 TDB = 14,4 (÷0,4286) 
TDA + TDB = 33, 6 kN (1) 
ΣFy = 0 
TDAy + TDBy + P + Fy = 0. 
0,2857TDA+ 0,2857 TDB P – 4,8 = 0 (÷0,2857) 
TDA + TDB+ 3,5P = 16, 8(2) 
ΣFz = 0 
TDAz + TDBz + Fz = 0. 
0,8571 TDA - 0,8571 TDB + 3,6 = 0 (÷0,8571) 
TDA - TDB = - 4,2 (3) 
 
Fazendo um sistema com as equações (1) e(3): 
TDA + TDB= 33,6 
TDA - TDB = -4,2 
 
2TDA = 29,4 → TDA = 14,7 kN 
Substituindo TDA em (1) 
14,7 + TDB = 33, 6 kN 
TDB = 33,6 – 14,7 → TDA = 18,9 kN 
Substituindo TDA e TDB em (2) 
14,7+ 18,9+ 3,5P = 16, 8 
3,5P = 16,8 – 14,7 – 18,9 
P = 
−16,8
3,5
→ P = −4,8 kN 
 
Resposta: Para que a tensão no cabo DC seja nula a tensão no cabo DA deve 
ser de 18,9 kN, no cabo DB deve ser de 14,7 kN e a força �⃗⃗� deve ser de 4,8 kN na 
vertical para baixo (sentido inverso ao indicado na figura 11). 
 
8) As extremidades dos três cabos mostrados na Fig. 47 são fixadas ao anel A 
e às bordas de uma placa uniforme de 300 kg. Determine a tração em cada um dos 
cabos para a condição de equilíbrio. 
P á g i n a | 67 
 
 
Figura 47: Exemplo 8. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Resolução: Indicando o DCL 
Figura 48: Diagrama de corpo livre do ponto A. 
 
 
 
 
 
 
Fonte: UNIBAHIA 
- Determinando as coordenadas dos pontos A, B C e D: 
A (0, 0, 12) B (4, -6, 0) C (-6, -4, 0) D(-4, 6, 0) 
- Decompondo as forças: 
TBA: 
dx = xA – xB= 0 – 4 = -4 
dy = yA – yB = 0 – (-6) = 6 
dz = zA – zB = 12 – 0 = 12 
d = √(−4)2 + (6)2 + (12)2 = 14 
TABx = TAB . (dx / d) = (-4/14) . TAB → TABx = -0,2857 TAB 
TABy = TAB . (dy / d) = (6/14) . TAB→ TABy = 0,4286TAB 
TABz = TAB . (dz / d) = ( 12/14) . TAB → TABz = 0,8571 TAB 
TCA: 
dx = xA – xC= 0–(-6) = 6 
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dy = yA- yc = 0 – (-4) = 4 
dz = zA - zc = 12 - 0 = 12 
d = √(6)2 + (4)2 + (12)2 = 14 
TACx = TAC . (dx / d) = (6 / 14) . TAC→ TACx = 0,4286 TAC 
TACy = TAC. (dy / d) = (4 / 14) . TAC→ TACy = 0,2857TAC 
TACz = TAC. (dz / d) = (12 / 14) . TAC→ TACz = 0,8571 TAC 
TAD: 
dx = xA–xD= 0–(-4) = 4 
dy = yA–yD= 0 – 6 = -6 
dz = Za – zD= 12 - 0 = 12 
d = √(4)2 + (−6)2 + (12)2 = 14 
TADx = TAD. (dx / d) = (4/14) . TAD→ TABx = 0,2857 TAD 
TADy = TAD. (dy / d) = (-6/14) . TAD→ TABy = -0,4286 TAD 
TADz = TAD. (dz / d) = ( 12/14) . TAD → TABz = 0,8571 TAD 
 
Peso da Placa: 
P = 300 . 9,81 = 2.943 N (direção y para baixo) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ -0,29 TAB+ 0,43TAC+ 0,29 TAD= 0 ÷(- 0,29) 
TAB – 1,5 TAC - TAD = 0 (Eq.1) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 0,43TAB+ 0,29TAC- 0,43 TAD - 2943 = 0 
0,43TAB+ 0,29TAC- 0,43 TAD= 2943 ÷(0,43) 
TAB + 0,67 TAC- TAD = 6844,2 (Eq. 2) 
∑𝐹𝑧 = 0 ∴ 0,86 TAB+ 0,86TAC+ 0,86 TAD = 0÷(0,86) 
TAB + TAC + TAD = 0 ( Eq. 3) 
 
Fazendo um sistema com a Eq. 1 e Eq. 2: 
TAB – 1,5 TAC - TAD = 0 x(-1) 
TAB + 0,67 TAC- TAD = 6844,2 
 
-TAB+ 1,5 TAC+ TAD = 0 
TAB + 0,67 TAC- TAD = 6844,2 
2,17 TAC = 6844,2 → 𝐓𝐀𝐂 = 𝟑. 𝟏𝟓𝟒𝐍 
 
P á g i n a | 69 
 
 
Fazendo um sistema com a Eq. 1 e Eq. 3: 
TAB – 1,5 TAC - TAD = 0 
TAB + TAC + TAD = 0 
2 TAB – 0,5 TAC = 0 (Eq. 4) 
 
Substituindo TAC em (Eq. 4): 
2 TAB – 0,5 (3154) = 0→ 𝐓𝐀𝐁 = 𝟕𝟖𝟖, 𝟓𝐍 
Substituindo TABe TAC em (Eq. 3): 
 788,5 + 3154 + TAD = 0→ 𝐓𝐀𝐃 = 𝟑. 𝟗𝟒𝟐, 𝟓𝐍 
9) Determine as trações nos cabos AD, BD e CD de um sistema em equilíbrio. 
 
 y B 
 Coordenadas: A (0, 3, 3) 
 B (0, 3, -3) 
 C (0, 0, 0) 
 D (1.5, 2, 0) 
 E (7.5, 0, 1.5)
 
 A D 
 2,0 m F = 120 kN 
C 1,5 m x 
 3,0 m E 
 
 
 P 
 1,5 m 6,0 m z 
Dados: 
BD = (-0,4286) i + (0,2857) j + (-0,8571) k 
CD = (-0,6) i + (-0,8) j + 0 k 
DE = (0,9231) i + (-0,3077) j + (0,2308) k 
 
Resolução: Faltou apenas encontrar a direção de AD, o que fazemos: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝐷 – 𝑥𝐴 = 1,5 − 0 = 1,5. 
P á g i n a | 70 
 
 
𝑑𝑦 = 𝑦𝐷 – 𝑦𝐴 = 2 − 3 = −1,0. 
𝑑𝑧 = 𝑧𝐷 – 𝑧𝐴 = 0 − 3 = −3,0. 
 𝑑 = √(−1,5)2 + (−1)2 + (−3)² = 3,5. 
cos 𝜃𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑
=
1,5
3,5
= 0,4286 
cos 𝜃𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑
=
−1,0
3,5
= −0,2857 
cos 𝜃𝑧 =
𝑑𝑧
𝑑
 =
−3,0
3,5
= −0,8571 
AD = (0,4286) i + (-0,2857) j + (-0,8571) k 
 
- Somatório de forças na direção x: 
0,4286𝐴𝐷 − 0,4286𝐵𝐷 − 0,6 𝐶𝐷 = 0,9231 ∙ 120 ÷ (0,4286) 
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 − 1,4𝐶𝐷 = 258,45 (𝑖) 
- Somatório de forças na direção y: 
−0,2857𝐴𝐷 + 0,2857𝐵𝐷 − 0,8 𝐶𝐷 = −0,3077 ∙ 120 ÷ (−0,2857) 
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 + 2,8𝐶𝐷 = −129,24 (𝑖𝑖) 
- Somatório de forças na direção z: 
−0,8571𝐴𝐷 − 0,8571𝐵𝐷 + 0 ∙ 𝐶𝐷 = 0,2308 ∙ 120 ÷ (−0,8571) 
𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 = −32,31 (𝑖𝑖𝑖) 
𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 = −32,31 (𝑖𝑖𝑖) 
- Fazendo um Sistema com (𝑖) e (𝑖𝑖): 
{
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 − 1,4𝐶𝐷 = 258,45 ∙ (−1)
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 + 2,8𝐶𝐷 = −129,24 
 
{
−𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 + 1,4𝐶𝐷 = − 258,45 
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 + 2,8𝐶𝐷 = −129,24
 
4,2𝐶𝐷 = −387,69 → 𝐶𝐷 =
−387,69
4,2
= −𝟗𝟐, 𝟑𝟏 𝐊𝐍 
- Substituindo o valor de CD em (𝑖): 𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 − 1,4 ∙ (−92,31) = 258,45 
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 = 129,22 (𝑖𝑣) 
- Fazendo um Sistema com (𝑖𝑣) e (𝑖𝑖𝑖): {
𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 = −32,31
𝐴𝐷 − 𝐵𝐷 = 129,22
 
2𝐴𝐷 = 96,91 → 𝐴𝐷 =
96,91
2
= 𝟒𝟖, 𝟒𝟔 𝐊𝐍 
- Substituindo o valor de CD em (𝑖𝑖𝑖): 48,46 + 𝐵𝐷 = −32,31 → 𝐵𝐷 =
−32,31 − 48,46 = −𝟖𝟎, 𝟕𝟕 𝐊𝐍 
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Exercícios para Fixação: 
Ex. 1) O guindaste mostrado na figura é utilizado para puxar 
200 kg de peixe para a doca. Determine a força compressiva ao longo 
de cada uma das barras AB e CD e a tração no cabo do guindaste DB. 
Admita que a força em cada barra atue ao longo de seu próprio eixo. 
Figura 49: Exercício de Fixação 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Resposta: FAB = 2.520,00 N, FCB = 2.520,00 N e FDB = 3.640,00 N 
Ex. 2) Determine a força em cada um dos cabos de maneira que a carga de 
5000 N fique em equilíbrio. 
Figura 50: Exercício de Fixação 2. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Resposta: TAC = 1.973,68 N, TBC = 1.973,68 N e TCD = 6.250,00 N 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 A mecânica clássica está fundamentada nas leis de newton e nos 
conceitos de espaço, tempo, força e massa; 
 Estática é uma parte da mecânica que se vale, principalmente, da 
primeira lei de newton (princípio da estática); 
 Vetores são entes matemáticos que são caracterizados pela sua 
intensidade, direção (linha de ação) e sentido. 
 A soma de vetores não segue as regras da aritmética e da álgebra, mas 
a lei dos paralelogramos; 
 Um problema real pode ser simbolizado por um diagrama de corpo livre; 
 A resultante da adição de dois ou mais vetores pode ser determinada 
aplicando-se as leis do seno e do cosseno; 
 O ângulo entre dois vetores no dcl é igual ao suplementar do ângulo 
entre esses mesmos dois vetores no triângulo ou no polígono dos 
vetores. 
 Força éuma grandeza vetorial que possui direção, sentido, módulo e 
ponto de aplicação. 
 Como vetor a força segue a lei do paralelogramo. 
 Força resultante é uma única foca que substitui um sistema de forças 
aplicadas num ponto, promovendo o mesmo efeito sobre ele. 
 Uma força pode ser decomposta em duas ou mais forças, desde que 
estas promovam o mesmo efeito sobre o ponto material que aquelas. 
 As componentes de uma força mais utilizadas são as cartesianas, no 
plano são fx e fy. 
 Para o cálculo da força resultante podemos utilizar as leis do seno e do 
cosseno, por trigonometria, ou pelo somatório das componentes 
cartesianas das forças (𝑅𝑥 = ∑𝐹𝑥 e 𝑅𝑦 = ∑𝐹𝑦). 
 As componentes de uma força mais utilizadas são as cartesianas, no 
espaço fx, fy e fz. 
P á g i n a | 73 
 
 
 Para o cálculo da força resultante podemos utilizar o somatório das 
componentes cartesianas das forças (𝑅𝑥 = ∑𝐹𝑥, 𝑅𝑦 = ∑𝐹𝑦 e 𝑅𝑧 = ∑𝐹𝑧). 
 Equilíbrio do ponto material é quando a resultante das forças, atuando 
sobre esse ponto, é nula; 
 Pode-se verificar o equilíbrio de forças num ponto, representado o 
polígono das forças, que é um polígono fechado (auto equilíbrio); 
 Algebricamente, no plano, pode-se estudar um problema de forças em 
equilíbrio, aplicando as duas equações de equilíbrio ∑𝑭𝒙 = 𝟎 e 
∑𝑭𝒚 = 𝟎; 
 No espaço, podemos verificar algebricamente o equilíbrio das forças, 
aplicando as três equações de equilíbrio ∑𝑭𝒙 = 𝟎, ∑𝑭𝒚 = 𝟎 e ∑𝑭𝒛 = 𝟎. 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 1 – Fundamentos da mecânica 
Exercícios 
 
 
 
1) (UFPI) A figura abaixo mostra a força em função da 
aceleração para três diferentes corpos 1, 2 e 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sobre esses corpos, com base na 2ª lei de Newton é correto afirmar: 
a) O corpo 1 tem a menor inércia. 
b) O corpo 3 tem a maior inércia. 
c) O corpo 2 tem a menor inércia. 
d) O corpo 1 tem a maior inércia. 
e) O corpo 2 tem a maior inércia. 
 
2) Marque a única alternativa abaixo que apresente uma condição para que o 
módulo do vetor resultante de dois vetores, não nulos, seja igual a zero? 
a) um deles é negativo 
b) um é o oposto do outro 
c) os dois são iguais 
d) não há como a soma de dois vetores for nula, se um deles não for nulo. 
 
 
 
 
 
 
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3) Considere a figura a abaixo. 
Sabendo que |𝐴| = 4 cm, |𝐵| = 6 cm podemos dizer que o módulo do vetor (3𝐴 + 
2�⃗� ) é: 
a) 23,183 cm 
b) 537,415 cm 
c) 38,585 cm 
d) 6,212 cm 
 
 
 
 
 
 
4) Um aluno andou 100 metros da posição O (0,0) para norte e, em seguida, a 
partir do novo referencial, caminhou 50 metros para o leste. O módulo do 
deslocamento resultante é de, aproximadamente: 
a) 150,00 m 
b) 111,80 m 
c) 12,50 m 
d) 125,00 m 
 
5) Em relação aos conceitos de direção e sentido, não é correto afirmar que: 
a) Direção é uma característica comum a um eixo de retas paralelas. 
b) A cada direção podemos associar um sentido ou uma orientação. 
c) Sentido é dado pela ponta da seta que identifica o vetor. 
d) A cada sentido podemos associar uma ou mais direções. 
6) Um automóvel se desloca 10 km para norte e, em seguida, 18 km para o 
leste. Podemos dizer que o valor aproximado da intensidade do vetor deslocamento 
é: 
a) 424,00 km 
b) 28,00 km 
c) 20,60 km 
d) 180,00 km
 
 
Estática da partícula 1: Força no plano 
Exercícios 
 
1) Duas forças de módulos F1 = 80 N e F2 = 90 N formam entre si um ângulo 
de 60o. Determine o módulo da força resultante, em 
Newtons. 
2) (FURG-RS) Duas forças de módulo F e uma de 
módulo F/2 atuam sobre uma partícula de massa m, sendo 
as suas direções e sentidos mostrados na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
A direção e o sentido do vetor aceleração são mais bem representados pela 
figura da alternativa: 
 
3) Duas forças de módulos F1 = 200 N e F2 = 500 N formam entre si um ângulo 
de 120o. O módulo da força resultante, em Newtons, é de aproximadamente: 
a. 435,9 N 
b. 700,0 N 
c. 300,0 N 
d. 624,5 N 
4) Sabe-se que a tração no 
cabo BC é de 725 N, então, a 
resultante da três forças atuando no 
ponto B da viga AB é de, 
aproximadamente: 
a. 1940,5 N 
b. 3,77kN 
c. 3765,6 N 
d. 1525 kN Fonte: MESQUITA
 
 
Estática da partícula 2: força no espaço 
Exercícios 
 
1) Determine o vetor direção 𝜆𝐵𝐴 e o vetor 𝜆𝐴𝐵 
 
 
 
2) Determine o vetor direção das tensões nos cabos 𝑇𝐴𝐵 e 𝑇𝐴𝐶. 
 
 
 
3) Determine o vetor direção das tensões nos cabos 𝑇𝐴𝐵 e 𝑇𝐴𝐶. 
 
 
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4) Determine o vetor direção das tensões nos cabos 𝑇𝐴𝐵, 𝑇𝐴𝐶 e 𝑇𝐴𝐷. 
 
 
 
5) Uma força de 1250 N atua na origem, em uma direção definida pelos ângulos 
x = 65° e y= 40°. Sabe-se também que a componente z da força é positiva. Determine 
o valor de z e as componentes da força. 
6) Determine o módulo e a direção da força 𝐹 = (700 N)𝑖 – (820 N)𝑗 + (960 N)�⃗� . 
 
 
Estática da partícula 2: equilíbrio no 
plano e no espaço 
Exercícios 
 
 
 
 
1) Seja o caixo de 7,5 kN sustentado por três cabos AB, 
AC e AD, conforme figura a seguir. Determine as trações nesses 
cabos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Um bloco de 6 kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. Para α igual a 30o, 
os valores correspondentes das trações nos cabos AC e BC são, respectivamente: 
a) 2,0 kN e 3,0 kN 
b) 5,2 kN e 3,6 kN 
c) 3,0 kN e 5,2 kN 
d) 2,0 kN e 3,6 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3) Duas cordas estão amarradas em C. Se a tração máxima permissível em 
cada corda é de 2,5 kN, podemos dizer que o módulo e o ângulo diretor da máxima 
força 𝐹 que pode ser aplicada são, respectivamente: 
a) 2,0 kN e 25o 
b) 2,87 kN e 75o 
c) 3,0 kN e 75o 
d) 2,0 kN e 45o 
 
 
 
4) Seja a viga da figura abaixo com peso de 14 kN. Determine o comprimento 
do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a 
força máxima que ele pode suportar é de 30 kN. 
a) 10,28 m 
b) 20,62 m 
c) 128,00 m 
d) 12,36 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5) Um recipiente pende de um cabo único, que passa através de um anel, sem 
atrito, e é atado aos pontos fixos B e C. Duas forças �⃗⃗� = H𝑖 e �⃗� = Qj , são aplicadas 
ao anel, a fim de que o recipiente permaneça na posição ilustrada. Sabendo que o 
peso do recipiente é 𝑃 = 376 𝑁, determine os módulos de �⃗⃗� e �⃗� . 
 
 
 
6) Um cilindro de 200 kg é pendurado por dois cabos, AB e AC, amarrados no 
topo de uma parede vertical. Uma força H⃗⃗ , horizontal e perpendicular à parede mantém 
o peso na posição ilustrada. Determinar a intensidade de H⃗⃗ e a tração em cada cabo. 
 
 
 
 
 
Corpos rígidos 1 e 2 
Aula 5 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Este já é nossa 5ª aula, o tempo voa!! 
Vamos continuar a discussão da Estática do Corpo Rígido. Nesse momento, 
vamos discutir o conceito de momento da força no espaço e binário 
Nesse primeiro momento, vamos discutir o conceito de momento da força e 
suas aplicações no plano. 
Não deixe acumular dúvidas, procure o seu tutor e mãos à obra. 
Nesse momento vamos introduzir a discussão da Estática do Corpo Rígido. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Entender o que é um corpo rígido; 
 Definir Momento de uma Força e suas aplicações, bem como sua 
formulação vetorial e sua formulação escalar; 
 Aplicar os conceitos de momento na resolução de problemas em 
corpos rígidos em sistemas bidimensionais; 
 Aplicar os conceitos de momento na resolução de problemas em 
corpos rígidos em sistemas tridimensionais; 
 Entender aplicar os conceitos de Força Equivalente, Momento de um 
binário e Binário equivalente. 
 
 
 
 
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2 INTRODUÇÃO 
O conceito de corpo rígido em Mecânica é de que um sólido (oucorpo rígido) seja um sistema material em que as distâncias entre dois 
pontos quaisquer ou os ângulos entre retas neste sólido permaneçam 
constantes mesmo sob ação de forças externas e internas aplicadas ao 
corpo. 
Diferentemente de uma partícula, o corpo rígido é dotado de dimensões, ou 
seja, de múltiplos pontos. Essas dimensões poderão ser importantes para a 
determinação das forças externas envolvidas nos sistemas de força. 
Em uma partícula, os efeitos da atuação de forças são única e exclusivamente 
de translação ou repouso. Já em corpos rígidos, a atuação de forças, além de poder 
promover translação ou repouso, poderá ocasionar movimento de rotação, devido ao 
momento de uma força (abordaremos esse conceito em outro momento dessa aula). 
Na mecânica elementar, a grande maioria dos corpos são supostos rígidos, ou 
seja, corpos que não se deformam. Entretanto, precisamos destacar que as estruturas 
e as máquinas reais, nunca são absolutamente rígidas, ou seja, elas deformam-se sob 
as cargas a que estão submetidas. Como normalmente estas deformações são 
pequenas e não alteram sensivelmente às condições de equilíbrio ou de movimento 
da estrutura em estudo, elas são consideradas corpos rígidos. As deformações e 
deslocamentos a que esses corpos estão submetidos são importantes no estudo do 
comportamento das estruturas e máquinas, em particular quando estas estão sujeitas 
a rupturas, sendo estudas em Resistência dos Materiais (RESMAT). 
2.1 Forças internas e externas 
Um corpo rígido é um conjunto de partículas (pontos materiais) que apresenta 
pequenas deformações (não se alteram sensivelmente às condições de equilíbrio ou 
de movimento). As forças que atuam em corpos rígidos podem ser classificadas em 
dois grupos: 
 Forças Externas - Representam a ação de corpos sobre o corpo rígido 
considerado, sendo inteiramente responsáveis pelo comportamento externo do corpo 
rígido. Elas podem ser concentradas (ou pontuais) e distribuídas. Veja nas Fig. 51 e 
52. 
P á g i n a | 84 
 
 
Figura 51: Carga concentrada de 100 N em P. 
 
 
 
 
 
 
Fonte: Luiz Eduardo Miranda J. Rodrigues (adaptada) 
Figura 52: Carga distribuída (trapezoidal). 
 
Fonte: Luiz Eduardo Miranda J. Rodrigues 
Obs.: As cargas ou forças distribuídas serão objeto de estudo em outra aula. 
 Forças Internas - São as que mantêm unidos os pontos que formam o corpo 
rígido. Se o corpo rígido é estruturalmente composto de diversas partes, as forças que 
mantêm unidas estas partes são também chamadas de forças internas. 
2.2 Translação e rotação 
As forças externas que atuam sobre um corpo rígido podem comunicá-lo os 
dois tipos de movimentos: 
a) Translação: A força 𝐹 aplicada ao corpo rígido confere a ele um 
desolocamento de translação (Fig. 53) 
Figura 53: Translação . 
 
 
 
 
b) Rotação: A força 𝐹 aplicada ao corpo rígido confere a ele uma rotação 
(Fig. 54) 
P á g i n a | 85 
 
 
Figura 54: Rotação  
 
 
 
 
 
2.3 Princípio da transmissibilidade 
Além das 3 leis de Newton, outro conceito muito importante que permeia a 
Estática do Corpo Rígido é o do Princípio da Transmissibilidade. Ou seja, o princípio 
que diz que as condições de repouso ou movimento de um corpo rígido não se alteram 
se uma força �⃗⃗� , que atua em dado ponto do corpo rígido, for substituída por outra força 
de mesmo módulo, direção e sentido, desde que as duas tenham a mesma linha de 
ação (Fig. 55). 
Figura 55: Ilustração do Princípio da Transmissibilidade. 
 
 
Da Fig. 56, dizemos que �⃗⃗� e �⃗⃗� ’ são forças equivalentes e o sistema permanece 
inalterado. Então, no caso de forças que atuam num corpo rígido, o ponto de aplicação 
da força não importa, desde que a linha de ação da força permaneça inalterada. Outro 
exemplo do princípio da transmissibilidade pode ser observado na Fig. 56, onde para 
efeito sobre o ônibus tanto faz empurrar ou puxar com a força �⃗⃗� . 
Figura 56: Princípio da Transmissibilidade. 
 
P á g i n a | 86 
 
 
 
Contudo, há uma limitação no princípio de transmissibilidade e no conceito de 
forças equivalentes, pois esses se aplicam apenas à análise do comportamento 
externo de uma estrutura (corpo rígido). 
Veja o exemplo ilustrado na Fig. 57. Se mudarmos na mesma linha de ação as 
posições das forças F1 e F2, teremos o efeito externo (repouso ou movimento) sobre 
o corpo inalterado. No entanto, internamente, há uma grande diferença, pois, se há 
compressão (Fig. 57a), há uma tendência a encurtamento do comprimento do corpo. 
Se há tração (Fig. 57b), há uma tendência a alongamento do comprimento do corpo. 
As forças internas e as deformações para os dois casos são diferentes. 
Figura 57: Limitação do Princípio da Transmissibilidade. 
 
 
 
 
(a) (b) 
2.4 Momento da força (torque) 
Uma força �⃗⃗� é representada por um vetor que define o seu módulo, a sua 
direção e sentido; porém o efeito de uma força sobre um corpo rígido depende também 
do ponto de aplicação dessa força. 
Para cada ponto do corpo �⃗⃗� , poderá provocar movimentos de rotação nesse 
corpo em relação a um ponto fixo, chamado centro de rotação. 
Esse esforço que tende a provocar movimento de rotação num corpo, causado 
por uma força em relação a um ponto fixo, é denominado de Momento da Força (M), 
ou Torque (T), cuja grandeza é expressa pelo produto vetorial da força �⃗⃗� , pelo vetor 
posição �⃗⃗� , que indica a posição do ponto de aplicação da força em relação ao ponto, 
onde se deseja calcular o momento (Fig. 58). 
 
 
 
P á g i n a | 87 
 
 
Figura 58: Momento da Força (𝑴𝒐
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ). 
 
 
Onde: 
 
Definimos o momento de força �⃗⃗� em relação a O (𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗) como o produto vetorial 
de �⃗⃗� e �⃗⃗� : 
 
O valor escalar de 𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗é: 
Mo = F . d .Sen 
Onde, 
 é o ângulo entre os vetores, sendo que, 0 < < 180º. 
Obs.: No Sistema Internacional (SI), o módulo do Momento da Força é 
expresso em N.m. 
O sinal do momento da força segue o princípio da regra da mão direita (Aula 
1): 
Exemplo: 
 
1) Consideremos uma força �⃗⃗� que atua sobre a alavanca AB (corpo rígido) da 
Fig. 59. Determine o módulo do momento da força em relação ao eixo que passa pelo 
ponto A, sabendo que a intensidade de �⃗⃗� é de 500N e a alavanca AB tem 2,0 m. 
 
 
P á g i n a | 88 
 
 
Figura 59: Alavanca AB – Exemplo 1. 
 
 
Resolução: - Vamos representar a força �⃗⃗� e o vetor posição �⃗⃗� e o ângulo 
entre eles (Fig. 60): 
Figura 60: DCL – Exemplo 1. 
 
 
 
 
 
 
 
- Determinando o sentido do momento: Pela regra da mão direita, o sentido da 
rotação, de �⃗⃗� para �⃗⃗� é horário (NEGATIVO) 
- Determinando o módulo do momento: MA = F⃗ ^ d⃗ = F ∙ d ∙ Senθ =
500 .2,0 . Sen 120o → MA = 866,06 N.m 
- Resposta: 𝐌𝐀 = −𝟖𝟔𝟔, 𝟎𝟔 𝐍.𝐦 
2) Uma força de 150 N é aplicada à alavanca de controle em A (Fig. 11). 
Sabendo que AB mede 250 mm, determine o momento da força em relação a B 
quando α é 50o: 
Figura 61: Exemplo 2. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 89 
 
 
 
Resolução: 
- Para  de 50o e uma inclinação da de 20 da alavanca AB, temos que 𝜃 =
20𝑜 + 40𝑜 = 60𝑜 
𝑀𝐵 = − 150 ∙ 0,250 ∙ 𝑆𝑒𝑛60𝑜 ≅ − 32,5 N.m 
A maneira mais simples de calcular o momento da força é pegando a menor 
distância entre o ponto de aplicação da força e o ponto onde se deseja calcular o 
momento. A menor distância (d) entre dois pontos é sempre perpendicular à linha de 
ação da força. Como podemos visualizar na Fig. 62, o cálculo pode ser feito pelo vetor 
posição (𝑟 ) e o ângulo , ou pela menor distância d (ângulo de 90o) 
Figura 62: 𝐌𝐨 = 𝐅 ∙ 𝐫 ∙ 𝐒𝐞𝐧𝛉 = 𝐅 ∙ 𝐝. 
 
 
Se a linha de ação da força passa pelo ponto onde se deseja calcular o 
momento, este será nulo (Fig. 63). 
Figura 63: 𝐌𝐨 = 𝐅 ∙ 𝐫 ∙ 𝐒𝐞𝐧𝟎 = 𝐅 ∙ 𝟎 = 𝟎. 
 
 
P á g i n a | 90 
 
 
Exemplos: 
3) Determine o momento da força em relaçãoao ponto O na barra da Fig. 64: 
Figura 64: Barra do exemplo 3. 
 
 
- Determinando o sentido do momento: 
Pela regra da mão direita, o sentido da rotação é anti-horário (POSITIVO) 
- Determinando o módulo do momento por F.r.Sen : 
MO = F ∙ b ∙ Sen30
o = 8 .6 ∙ Sen30o → MO = 24 N.m 
- Determinando o módulo do momento por F.d: 
Pela definição do seno de um ângulo: Sen30o =
d
b
 
Então: 𝑑 = 𝑏 ∙ Sen30o = 6 ∙ Sen30o = 3,0 m 
MO = F ∙ d = 8 .3 → MO = 24 N.m 
- Resposta:𝐌𝐎 = 𝟐𝟒𝐍.𝐦 
 
4) Determine o momento da força em relação ao ponto O na barra da Fig. 65: 
Figura 65: Barra do exemplo 5. 
 
Fonte: Luiz Eduardo Miranda J. Rodrigues 
Resolução: 
- Determinando o sentido do momento: 
Pela regra da mão direita, o sentido da rotação é horário (NEGATIVO) 
- Determinando o módulo do momento: 
P á g i n a | 91 
 
 
Como a distância da linha de ação da força de 100 N ao ponto O já é a menor 
possível, podemos calcular para d = 2,0 m. 
MO = F ∙ d = 100 .2,0 → MO = 100 N.m 
- Resposta: MO = −100N.m 
 
5) Determine o momento da força em relação ao ponto O na barra da Fig. 66: 
Figura 66: Barra do exemplo 5. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
Resolução: 
- Determinando o sentido do momento: 
Pela regra da mão direita, o sentido da rotação é horário (NEGATIVO) 
- Determinando o módulo do momento: 
Como a distância da linha de ação da força de 50 N ao ponto O já é de 0,75 m: 
MO = F ∙ d = 50 .0,75 → MO = 37,5 N.m 
- Resposta: 𝐌𝐎 = −𝟑𝟕, 𝟓 𝐍.𝐦 
6) Determine os momentos da força de 500N em relação aos pontos A, B, C e 
D (Fig. 67). 
Figura 67: Barra do exemplo 6. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES (adaptado) 
Resolução: 
P á g i n a | 92 
 
 
- Ponto A: 
* Sentido Horário (-) 
* Módulo: MA = 500 .1,8 → MA = 900 N.m 
- Ponto B: 
* Sentido Horário (-) 
* Módulo: MB = 500 .1,0 → MB = 500 N.m 
- Ponto C: 
* Linha de Ação da força de 500 N passa pelo ponto C 
* Módulo: MC = 0 
- Ponto D: 
* Sentido Anti-horário (+) 
* Módulo: MD = 500 . 0,5 → MD = 250 N.m 
- Resposta: 
𝐌𝐀 = −𝟗𝟎𝟎𝐍.𝐦 
𝐌𝐁 = −𝟓𝟎𝟎𝐍.𝐦 
𝐌𝐂 = 𝟎 
𝐌𝐃 = 𝟐𝟓𝟎 𝐍.𝐦 
2.5 Teorema de varignon 
O momento em relação a um dado ponto O da 
resultante de diversas forças concorrentes é igual à 
soma dos momentos das várias forças em relação ao 
mesmo ponto O. Essa propriedade foi enunciada 
originalmente pelo matemático francês Varignon, sendo 
denominada Teorema de Varignon. 
 
 
Pierre Varignon (1654-
1722) foi 
um matemático francês 
que estudou 
na Universidade de Caen 
Basse-Normandie. 
Para saber mais acesse: 
<http://www.veraviana.net/
varignon.html>. 
http://pt.wikipedia.org/wiki/Matem%C3%A1tica
http://pt.wikipedia.org/wiki/Fran%C3%A7a
http://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Universidade_de_Caen_Basse-Normandie&action=edit&redlink=1
http://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Universidade_de_Caen_Basse-Normandie&action=edit&redlink=1
P á g i n a | 93 
 
 
Essa relação permite determinar o momento de uma força �⃗⃗� pela determinação 
dos momentos de duas ou mais forças componentes, como ilustrado na Fig. 68. 
Figura 68: Aplicação do Teorema de Varignon. 
 
 
Quando estamos estudando situações de equilíbrio de corpos rígidos no plano, 
as forças envolvidas geram apenas momentos paralelos, ou seja, o módulo do 
momento resultante será somado aos módulos dos momentos (mesmo sentido) ou 
será a diferença (se tiverem os sentidos contrários). 
Exemplos: 
7) Determine o momento da força aplicada em A de 400N em relação ao ponto 
B (Fig. 69). 
Figura 69: Exemplo 7. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Resolução: 
- Decompondo a força nas componentes cartesianas temos: 
 
 
 
 
P á g i n a | 94 
 
 
Figura 70: Indicação das componentes da força �⃗⃗� do exemplo 7. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Fx = 400 ∙ Sen20
o ≅ 136,8 N 
Fy = 400 ∙ Cos20
o ≅ 375,9 N 
- Determinando o módulo do momento: 
* Componente Fx 
Como a distância da linha de ação da força 𝐅𝐱⃗⃗ ⃗ao ponto O é de 0,03 m: 
Mo
Fx⃗⃗ ⃗⃗ = Fx ∙ dy = 136,8 ∙ 0,03 ≅ 4,1 N.m 
* Componente Fy 
Como a distância da linha de ação da força 𝐅𝐲⃗⃗ ⃗ ao ponto O é de 0,20 m: 
Mo
Fy⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −Fy ∙ dx = − 375,9 ∙ 0,20 ≅ − 75,2 N.m 
* Pelo Teorema de Varignon: 
Mo = Mo
Fx⃗⃗ ⃗⃗ + Mo
Fy⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 4,1 − 75,2 = −71,1 N.m 
- Resposta: MO = −71,1 N.m 
 
8) Se a força F=100 N, determine o ângulo 𝜃 (0° ≤ 𝜃 ≤ 90°), de modo que ela 
gere um momento de 20 N.m, no sentido horário em relação ao ponto O (Fig. 71). 
Figura 71: Exemplo 8. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Resolução: 
P á g i n a | 95 
 
 
- Decompondo a força nas componentes cartesianas, temos: 
Fx = 300 ∙ Cos θ 
Fy = 300 ∙ Sen θ 
Figura 72: Decompondo a força - exemplo 8. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: UNIBAHIA 
- Calculando x e y: 
x = 0,300 ∙ Cos 60o = 0,15 m 
y = 0,300 ∙ Sen 60o = 0,26 m 
- Determinando o módulo do momento: 
* Componente Fx: Mo
Fx⃗⃗ ⃗⃗ = − Fx ∙ (y + 0,05) = −100 ∙ Cos θ ∙ 0,31 = −31 Cosθ N.m 
* Componente Fy: Mo
Fy⃗⃗⃗⃗ ⃗ = Fy ∙ x = 100 ∙ Sen θ ∙ 0,15 = 15 Senθ N.m 
* Pelo Teorema de Varignon: Mo = Mo
Fx⃗⃗ ⃗⃗ + Mo
Fy⃗⃗⃗⃗ ⃗
 
−20 = −31Cos θ + 15Sen θ (i) 
Como, 
(Sen θ)2 + (Cos θ)2 = 1 (ciclo trigonométrico) 
Sen θ = √1 − (Cos θ)2, 
Então, substituindo Sen θ em (i) 
−20 = −31Cos θ + 15√1 − (Cos θ)2 
15√1 − (Cos θ)2 = −20 + 31Cos θ 
Elevando ao quadrado os dois lados da equação: 
(15√1 − (Cos θ)2)
2
= (−20 + 31Cos θ)2 
152. (1 − (Cos θ)2) = (−20)2 + 2 ∙ (−20) ∙ 31Cos θ + (31Cos θ)2 
P á g i n a | 96 
 
 
225 − 225 (Cos θ)2 = 400 − 1240 Cos θ + 961 (Cos θ)2 
1186 (Cos θ)2 − 1240 Cos θ + 175 = 0 
Pela fórmula de Bháskara: 
Cos 𝜃 = 
−(−1240) ± √(−1240)2 − 4 ∙ 1186 ∙ 175
2 ∙ 1186
 
Cos 𝜃 = 
1240 ± 841,071
2372
 
i) Cos 𝜃 = 
1240 − 841,071
2372
= 0,168183 → θ = 𝐴𝑟𝑐𝐶𝑜𝑠(0,168183) = 80,3𝑜 
ii) Cos 𝜃 = 
1240 + 841,071
2372
= 0,877349 → θ = 𝐴𝑟𝑐𝐶𝑜𝑠(0,877349) = 28,7𝑜 
 
Voltando com os valores de em (i), apenas no ângulo de 28,7𝑜 atende. 
- Resposta: O ângulo é de 28,7𝑜. 
Redução a um Sistema Equivalente 
Para reduzir um sistema de força a um equivalente representado por apenas 
uma força e um momento, deve-se cumprir as seguintes etapas: 
a) Estabelecer os eixos de referência; 
b) Determinar o vetor força resultante; 
c) Determinar o momento da força resultante em relação ao ponto O; 
d) Determinar a localização da força em relação ao ponto O. 
 
Obs.: Momento da força resultante em relação ao ponto O é a soma vetorial 
de todos os momentos atuante no sistema mais os momentos gerados por todas as 
forças atuantes em relação a este ponto. 
Exemplo: 
9) Substitua as três forças mostradas na Fig. 73 por uma força resultante e um 
momento equivalente em relação ao ponto O. 
Figura 73: Exemplo 9. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
P á g i n a | 97 
 
 
Resolução: 
- Determinando a Resultante das forças: 
R = ∑Fy = 1200 − 1200 − 600 = −𝟔𝟎𝟎 𝐍 
- Determinando o Momento em O (do Teorema de Varignon): 
M = ∑Moy = 1200 ∙ 2 − 1200 ∙ 4 − 600 ∙ 7 = −𝟔. 𝟔𝟎𝟎 𝐍𝐦 
- Representação na barra (Fig. 74): 
Figura 74: Representação de �⃗⃗� e �⃗⃗⃗� - exemplo 9. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
- Outra possibilidade de um sistema equivalente ao da Fig. 23 e da Fig 24 está 
apresentada na Fig. 75. 
Figura 75: Outra representação de �⃗⃗� - exemplo 9. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
Onde: 
d - representa a localização da força resultante em relação ao ponto de 
referência estabelecido O, que é calculada como: 
M = R ∙ d → d = 
M
R
= 
−6600
−600
→ 𝐝 = 𝟏𝟏, 𝟎 𝐦. 
2.6 Momento da força no espaço 
COMPONENTES CARTESIANOS DO MOMENTO DE UMA FORÇA: Em geral, o 
momento de uma força no espaço tem o seu cálculo simplificado se a força e o vetor-
posição forem decompostos em componentes cartesianos x, y e z, tomando os vetores 
unitários 𝑖, ⃗ 𝑗 , �⃗� . 
P á g i n a | 98 
 
 
 
Analisemos a Fig. 80, onde as componentes de 𝐅 e d⃗são indicadas no 
paralelepípedo, em que as dx, dy e dz são as arestas do paralelepípedo de diagonal 
d (módulo de d⃗ ). 
Figura 76: Indicação das componentes de 𝐅 e 𝐝 . 
 
 
O momento da Força �⃗⃗� no ponto O é: Mo
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = F ⃗⃗ ^d ⃗⃗⃗ . 
Mo tem suas componentes cartesianas Mx, My e Mz. 
Mo
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = Mxi ⃗ + Myj ⃗ + Mzk⃗ , 
Onde da Fig. 1, podemos definir que: 
Mx = dy. Fz – dz. Fy 
My = dz. Fx – dx. Fz 
Mz = dx. Fy – dy. Fx. 
Ou ainda, podemos escrever Mo
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ na forma de um determinante: 
 
 
P á g i n a | 99 
 
 
Mo
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = ( Fz dy – Fydz) i ⃗ + ( Fxdy – Fzdy)j ⃗ + (Fydx – Fxdy) k⃗ 
 
1) Uma torre AB de 15,0 m de comprimento é sustentado por 3 cabos (AB, AC 
e AD). Determine o momento da força exercida pelo cabo AE (aplicada no ponto A) 
em relação ao ponto B. (Dados: TAE = 10 kN; A ( 2, 12, 0); B(0, 2, 6); E ( 3, 0, 3)). 
Resolução: 
- Decompondo a força TAE 
dx = xE – xA = 3 – 2 = 1 
dy = yE – yA = 0 – 12 = -12 
dx = zE – zA = 3 – 0 = 3 
dBE = √(1)2 + (−12)2 + (3)2 = 12,41 
TAEx = 
1
12,41
 .10000 = 805,8 N 
TAEy = 
−12
12,41
 .10000 = -9.669,6 N 
TAEz = 
3
12,41
 .10000 = 2.417,4 N 
𝑇𝐴𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 805,8𝑖 − 9669,6𝑗 + 2417,4�⃗� 
- Definidas as coordenadas do vetor �⃗⃗� (posição de B em relação a A): 
dx = xB – xA = 0 - 2 = -2 
dy = yB – yA = 2 - 12 = -10 
dx = zB – zA = 6 - 0 = 6 
𝑑 = −2𝑖 − 10𝑗 + 6�⃗� 
 
- Montando e resolvendo o determinante com as coordenadas de 𝑻𝑨𝑬⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ e �⃗⃗� : 
𝑀𝐵
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = |
𝑖 𝑗 �⃗� 
−2 −10 6
805,8 −9669,6 2417,4
|
𝑖 𝑗 
−2 −10
805,8 −9669,6
| 
𝑀𝐵
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = −24174𝑖 + 4834,8𝑗 + 19339,2�⃗� + 8058�⃗� + 58017,6𝑖 + 4834,8𝑗 
𝑴𝑩
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝟓𝟓. 𝟐𝟕𝟎, 𝟔 𝒊 + 𝟗. 𝟔𝟔𝟗, 𝟔 𝒋 + 𝟐𝟕. 𝟑𝟗𝟕, 𝟐 �⃗⃗� 
𝐌𝒙 = 𝟓𝟓, 𝟑 𝒌𝑵.𝒎 
𝐌𝒚 = 𝟗, 𝟕 𝒌𝑵.𝒎 
𝐌𝒛 = 𝟐𝟕, 𝟒 𝒌𝑵.𝒎 
 
P á g i n a | 100 
 
 
2) Um poste AB de 6 m de comprimento é sustentado por 3 cabos (BC, BD e 
BD). Determine o momento da força exercida pelo cabo BE (aplicada no ponto B) em 
relação ao ponto C. (Dados: TBE = 840 N; B ( 3, 6, 0); C(0, 2, 3); E ( 6, 0, 2)). 
Resolução: 
- Decompondo a força TBE 
dx = xE – xB = 6 – 3 = 3 
dy = yE – yB = 0 – 6 = -6 
dx = zE – zB = 2 – 0 = 2 
dBE = √(3)2 + (−6)2 + (2)2 = 7 
TBEx = 
3
7
 . 840 = 360 N 
TBEy = 
−6
7
 . 840= -720 N 
TBEz = 
2
7
 . 840= 240 N 
 
- Definidas as coordenadas do vetor �⃗⃗� (posição de C em relação a B): 
dx = xB – xC = 3 - 0 = 3 
dy = yB – yC = 6 - 2 = 4 
dx = zB – zC = 0 - 3 = -3 
 
- Montando e resolvendo o determinante com as coordenadas de 𝑻𝑩𝑬⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ e �⃗⃗� : 
 
 
 
Mx = - 1200 N.m 
My = - 1800 N.m 
P á g i n a | 101 
 
 
Mz = - 3600 N.m 
2.7 Momento de um binário 
Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e 
sentidos opostos formam um binário (Fig. 81). 
A soma das duas forças, em qualquer direção, é zero. No entanto, a soma dos 
momentos das duas forças, em relação a um dado, não é zero. 
Figura 77: Binário. 
 
 
O Momento �⃗⃗⃗� do binário é um vetor perpendicular ao plano do Binário (Fig. 82), 
cujo módulo é igual ao produto do módulo F da força pela distância d entre as forças. 
Figura 78: Momento do Binário. 
 
 
Assim, o módulo do momento de um binário é M = F ∙ d e pode ser aplicado 
em um ponto qualquer do plano que contém o binário. 
Exemplo: 
3) Um binário atua nos dentes da engrenagem mostrada na figura abaixo (Fig. 
83). Determine o momento do binário. 
P á g i n a | 102 
 
 
Figura 79: Binário atuando na egrenagem – Exemplo 3. 
 
 
Resolução: 
Como se trata de um binário, da Fig. 83 temos que 𝐹 = 100 N e 𝑑 = 0,04 𝑚. 
Então: 
M = F ∙ d = 100 ∙ 0,04 = 𝟒 𝐍𝐦 
2.8 Binários equivalentes 
Consideramos dois binários que têm o mesmo momento �⃗⃗⃗� como binários 
equivalentes. Para demonstrar binários equivalentes, consideremos os três binários 
ilustrados abaixo (Fig. 84): 
Figura 80: Binários Equivalentes. 
 
M (a) = 100 . 0,15 = 15 N.m 
M (b) = 150 . 0,10 = 15 N.m 
M (c) = 150 . 0,10 = 15 N.m 
Dois sistemas de forças são ditos equivalentes se podemos transformar um 
deles no outro por intermédio de uma ou várias das seguintes operações: 
P á g i n a | 103 
 
 
1) Substituição de duas ou mais foças que atuam num mesmo ponto por sua 
resultante; 
2) Decomposição de uma força em duas componentes; 
3) Cancelamento de duas forças iguais (opostas) que atuam no mesmo ponto; 
4) Aplicação sobre o mesmo ponto de duas forças iguais e opostas; 
5) Deslocamento de uma força sobre sua linha de ação; 
6) Dois binários que têm o mesmo momento (conforme figuras 84 a, b e c). 
Exemplo: 
4) Dois binários atuam num bloco conforme ilustrado (Fig. 85). Substituir esses 
dois binários por um único binário equivalente: 
Figura 81: Exemplo 4 – Binários. 
 
 
Resolução: 
- Momento do Binário 1 (𝐹1⃗⃗ ⃗): 
M1 = 30 . 0,4 = 12 N.m (vertical) 
- Momento do Binário 2 (𝐹2⃗⃗ ⃗): 
M2 = 25 . 0,6 = 15 N.m (60º com vertical) 
- Módulo do Momento do Binário Equivalente (soma vetorial) 
* Pela Lei dos Cossenos: 
M² = M1² + M2² - 2.M1.M2. cos 120º 
P á g i n a | 104 
 
 
M = √122 + 152 − 2. 12. 15. cos 120º 
M = 23,43 N.m. 
- Direção do Momento do Binário Equivalente (Regra do Triângulo) 
 
 
 
 
 
 
* Pela Lei dos Senos: 
 
 
𝜃 = 90o - 33,7 o = 56, 3o. 
 
- Binário Equivalente: Sendo o valor do Momento do Binário Equivalente de 
23,43 N.m e a distância (d) entre as foças de 0,6 m, temos: M= F. d 
23,43 = 𝐅. 0,6 → 𝐅 = 
23,43 
0,6
 = 𝟑𝟗, 𝟎𝟓𝐍. 
- Resposta: 
Figura 82: Resposta do Exemplo 4. 
 
 
5) Quatro cargas de coluna agem sobre uma sapata de fundação quadrada 
(Fig. 87). Determine o módulo e o ponto de aplicação da resultante das quatro cargas. 
P á g i n a | 105 
 
 
Figura 83: Exemplo 5. 
 
 
Resolução: 
- Determinação da Força Equivalente: 
R = 200 + 60 + 100 + 40 = 400 N 
 
- Determinação do Momento da Força Equivalente: 
* Pelo Teorema de Varignon: 
 = Σ. sendo que 𝐅 = Σ . 𝐅𝑖⃗⃗⃗ 
 
Momento - Eixo x: 
Mx = 100. 3 + 40 . 1,5 = 360 KN.m 
 
Momento - Eixo z: 
Mz= -100. 1,2- 40 . 3 – 60 . 3 = - 420 KN.m 
 
- Determinação do Ponto de Aplicação da Força Equivalente: 
* z: distância até o eixo x 
M = F. d → 400. z = 360 → z = 
360
40
= 𝟎, 𝟗𝐦. 
 
* x: distância até o eixo z 
M = F. d → 400. x = 420 → x = 
420
40
= 𝟏, 𝟎𝟓𝐦. 
 
 
P á g i n a | 106 
 
 
- Resposta: 
Figura 84: Resposta do Exemplo 5. 
 
 
6) As extremidades da chapa triangular estão sujeitas a três binários. Determine 
a dimensão d da chapa de modo que o momento de binário resultante seja 350 Nm 
no sentido horário. 
Figura 85: Exemplo 6. 
 
 
Resolução: 
O momento final será a soma algébrica dos 3 binários. Então, para facilitar o 
cálculo, consideramos como sendo positivo o sentido horário e negativo o sentido anti-
horário: 
−200 ∙ 𝑑 ∙ cos 30𝑜 + 600 ∙ 𝑑 ∙ sen 30𝑜 + 100 ∙ 𝑑 = 350 
−173,3 ∙ 𝑑 + 300 ∙ 𝑑 + 100 ∙ 𝑑 = 350 
226,7 ∙ 𝑑 = 350 → 𝒅 = 𝟏, 𝟓𝟒𝟒 𝒎 
 
Resp.: A dimensão d mede 1,54 m. 
P á g i n a | 107 
 
 
7) A força 𝐹 = {−40𝑖 + 20𝑗 + 10�⃗� }𝑁 atua no ponto A mostrado na figura. 
Determine os momentos dessa força em relação ao eixo x. 
Figura 86: Exemplo 7. 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 108 
 
 
Resposta: 
Figura 87: Resposta do Exemplo 7. 
 
 
 
 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Um corpo rígido é um conjunto de partículas (pontos materiais) que 
apresenta pequenas deformações (não se alteram sensivelmente às 
condições de equilíbrio ou de movimento); 
 O corpo rígido está sujeito a dois tipos de forças externa (ativa e 
reativa) e internas, que podem ser pontuais ou distribuídas; 
 As condições de repouso ou movimento de um corpo rígido não se 
alteram se uma força �⃗⃗� , que atua em dado ponto do corpo rígido, for 
substituída por outra força demesmo módulo, direção e sentido, desde 
que as duas tenham a mesma linha de ação; 
 As forças externas que atuam sobre um corpo rígido podem comunicar 
a ele dois tipos de movimentos: translação e rotação; 
 Momento da força ou torque é uma grandeza vetorial obtida pelo 
produto escalar de Força e Posição; 
 O momento pode ser calculado de forma simplificada, tomando-se a 
menor distância da linha de ação da força até o ponto onde se deseja 
calcular o momento (F.d); 
 O teorema de Varignon diz que o momento da força equivalente é igual 
ao somatório dos momentos de todas as componentes. 
 Momento da força ou torque é uma grandeza vetorial obtida pelo produto 
escalar de Força e Posição; 
 O Momento pode ser decomposto também em componentes 
cartesianas; 
 O momento de uma força no espaço tem o seu cálculo simplificado se a 
força e o vetor-posição forem decompostos em componentes 
cartesianos x, y e z, tomando os vetores unitários 𝑖, ⃗ 𝑗 , �⃗� ; 
 Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação 
paralelas e sentidos opostos formam um binário, cujo momento é 𝐹 ∙ 𝑑. 
 
 
 
Aula 2 
Exercícios 
 
 
 
1) Considere a figura a seguir (Fig. 76). Sabendo que a 
distância AB é 250 mm, determine o máximo momento em 
relação a B que pode ser produzido pela força de 150 N, e em 
que direção deve atuar a força para que isso aconteça. 
Figura 88: Exercício 1. 
 
 
2) O momento da força de 200 N aplicada em B na base do corpo rígido (ponto 
A) é de, em N.m: 
Figura 89: Exercício 2. 
a) 14,14 
b) 42,42 
c) 21,21 
d) 141,42 
 
 
 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO M. J. RODRIGUES 
3) O momento das forças que atuam na estrutura mostrada em relação ao ponto 
A é de: 
a) - 900 N.m 
b) 900 N.m 
P á g i n a | 111 
 
 
c) 2,532kN.m 
d) - 2,532 kN.m. 
Figura 90: Exercício 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO M. J. RODRIGUES 
4) Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao cais 
(Fig.79). Cada rebocador exerce uma forca de 25 kN nas direções e sentidos 
ilustrados. Dentre as alternativas a seguir, qual delas apresenta o esquema correto 
que indica o sistema binário-força equivalente no mastro dianteiro O que substitui os 
quatro rebocadores? 
Figura 91: Exercício 4. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 112 
 
 
 
 
 
a) b) 
 
 
 
 
 
c) d) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corpos rígidos 
Exercícios extras 
 
 
1) A figura abaixo (Fig. 92) ilustra uma laje rígida 
carregada por forças paralelas não coplanares, perpendiculares 
a face da laje. As magnitudes e os sentidos das forças são 
apresentados na Tabela 6.1. Determine a magnitude e o ponto 
de aplicação da forca resultante FR que é equivalente às forças que agem sobre a laje. 
Figura 92: Exercício 1. 
 
 
Tabela 2.1: Exercício 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Três forças atuam sobre a barra da figura abaixo. O momento da resultante 
das forças em relação ao ponto O pode ser escrito vetorialmente como: 
a)𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (40𝑖 + 60𝑗 + 30�⃗� )𝑙𝑏. 𝑓𝑡 
b)𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (60𝑖 + 30𝑗 + 40�⃗� )𝑙𝑏. 𝑓𝑡 
c) 𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (30𝑖 + 40𝑗 + 60�⃗� )𝑙𝑏. 𝑓𝑡 
d) 𝑀𝑜
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (50𝑖 + 20𝑗 + 70�⃗� )𝑙𝑏. 𝑓𝑡 
P á g i n a | 114 
 
 
Figura 93: Exercício 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Seja a engrenagem indicada na figura abaixo. 
Figura 94: Exercício 3. 
 
 
 
 
 
 
 
Verifique os efeitos produzidos pelas forças aplicadas nos dentes na figura. 
Substituindo por um binário equivalente, com um par de forças atuantes nos pontos A 
e B (Fig. 95), temos que o módulo de F é: 
 Figura 95: Exercício 3. 
a) 1000 N 
b) 1200 N 
c) 600 N 
d) 2000 N 
 
 
 
P á g i n a | 115 
 
 
4) A figura abaixo representa a forca do vento concentrada no nível de cada um 
dos andares de um edifício. Os valores de h indicam as elevações dos respectivos 
pavimentos em relação à rua. 
Figura 96: Exercício 4. 
 
 
A elevação Força Equivalente é de: 
a) 100 m 
b) 133 m 
c) 200 m 
d) 50 m. 
 
 
 
Equilíbrio dos Corpos Rígidos 3 
Aula 3 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
O conteúdo desta aula é um dos pontos mais importantes que desejávamos 
alcançar em nossa disciplina, pois está diretamente relacionado à tarefa de 
dimensionar e analisar o comportamento de estruturas. 
Vamos falar aqui sobre o Equilíbrio Estático do corpo rígido, que se relaciona 
ao seu repouso, ou seja, à capacidade de permanecer imóvel; mesmo quando 
submetido a um sistema de forças. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Definir vínculo, grau de liberdade, reações de apoio e identificar os tipos 
de apoios mais comuns utilizados no plano e no espaço; 
 Reconhecer os apoios e vínculos como os pontos que garantem o 
equilíbrio de corpos rígidos; 
 Estabelecer e fazer uso das Equações de Equilíbrio dos corpos rígidos 
(no plano e no espaço); 
 Resolver problemas envolvendo a Estática do Corpo Rígido. 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 117 
 
 
3 INTRODUÇÃO 
“Viver é como andar de bicicleta: É preciso estar em constante 
movimento para manter o equilíbrio” (Albert Einstein). 
“Ousar é perder o equilíbrio momentaneamente. Não ousar é perder-
se” (Soren Kierkegaard). 
“A felicidade mais elevada é aquela que corrige os nossos defeitos e 
equilibra as nossas debilidades” (Goethe). 
 
Segundo o BEER, “um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças 
externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças equivalentes a zero, isto 
é, quando as forças externas podem ser reduzidas a uma força nula e um binário 
nulo”. 
3.1 Diagrama de corpo livre 
Ao se resolverem problemas de estática, a primeira etapa é a construção do 
diagrama de corpo livre (DCL). Este consiste de uma representação esquemática de 
um único corpo, isolado a partir de um corpo ou combinação de corpos, mostrando 
todas as forças aplicadas nele. 
Um DCL deve incluir o contorno do corpo, as dimensões e a indicação de todas 
as forças externas atuantes no corpo (ativas e reativas). É muito importante construir 
de forma correta o DCL; pois, caso contrário, a solução do problema em questão 
estará comprometida. Após a construção cuidadosa e criteriosa do DCL, é que as 
equações de equilíbrio são escritas e calculadas. 
3.2 Graus de liberdade 
Graus de liberdade são definidos como o número de parâmetros mínimos 
necessários para definir completamente a posição de um sistema. Um corpo sólido, 
livre no espaço, é suscetível de sofrer determinados deslocamentos, ou seja, 
descrever determinadas trajetórias denominadas de Graus de Liberdade. 
Um corpo rígido, no espaço tridimensional, possui 3 graus de liberdade de 
translação e três de rotação. 
P á g i n a | 118 
 
 
O mesmo corpo rígido, no plano bidimensional, possui 2 graus de liberdade de 
translação e um de rotação. 
3.3 Vínculos 
Vínculos são dispositivos colocados em um corpo rígido, cuja função é limitar 
ou impedir os movimentos (translação ou rotação) desse corpo em determinadas 
direções, ou seja, os vínculos são restrições aos graus de liberdade. 
Um corpo rígido, em geral, está apoiado sobre outro corpo ou sobre o solo. Os 
pontos de contato são denominados vínculos, apoios ou conexões. A cada vínculo, 
estão associadas reações (Forças Reativas) que são responsáveis por garantir o 
equilíbrio dos corpos rígidos. Tais reações são forças contrárias às ações atuantes no 
corpo. 
3.3.1 Vínculos no Plano (Bidimensional) 
A seguir, são listados os principais vínculos de estruturas, considerando o 
problema da Estática do Corpo Rígido no plano. 
1) APOIO SIMPLES (1º GÊNERO) 
Impede 1 movimento de translação do corpo (1 reação de apoio). 
Exemplos: 
a) Superfície Lisa 
 
 
 
 
 
b) Balancim 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 119 
 
 
c) Roletes 
 
 
 
 
 
 
d) Cabo ouhaste 
 
 
 
 
 
Símbolo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 120 
 
 
São exemplos de apoios simples na prática: 
Figura 97: Exemplos de apois simples (1º gênero). 
 
 
 
Fonte: UMESP/UNIFESP/UFOP 
2) ARTICULAÇÃO ( 2º GÊNERO) 
Impede dois movimentos de translação (2 reações de apoio). 
Exemplos: 
 
a) Pino Polido ou Articulação 
 
P á g i n a | 121 
 
 
b) Superfície Rugosa 
 
 
 Símbolo: 
 
 
São exemplos de articulação, rótula ou apoio de 2º gênero: 
Figura 98: Exemplos de apoio de 2º gênero. 
 
 
Fonte: UMESP/UNIFESP 
1) ENGASTE 
Impede dois movimentos de translação e um movimento de rotação (3 reações 
de apoio). 
Exemplo: 
 Peça chumbada na parede. 
 
 
P á g i n a | 122 
 
 
Símbolo: 
 
 
 
São exemplos de engaste: 
Figura 99: Exemplos de engaste. 
 
 
Fonte: UMESP/UNIFESP/UFOP 
Obs.: Para uma representação completa e correta de um DCL, de um corpo 
rígido, é necessário o conhecimento de todos os tipos de vínculos bem como de suas 
reações. 
3.3.1.1 Vínculos no Espaço (Tiidimensional) 
A seguir são listados vínculos de estruturas, considerando o problema da 
Estática do Corpo Rígido no espaço tridimensional: 
 
P á g i n a | 123 
 
 
Figura 100: Vínculos de estruturas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 124 
 
 
Figura 101: Vínculos de estruturas (conclusão). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 125 
 
 
Figura 102: a) junta esférica – 3 incógnitas. b) mancal de encosto – 5 incógnitas. c) mancal 
simples – 5 incógnitas. d) articulação – 5 incógnitas. e) apoio fixo ou engaste – 6 incógnitas. 
 
 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
3.4 Equações de equilíbiro dos corpos rígidos 
Como vimos na aula 4, um corpo está sujeito a - dependendo do sistema de 
forças atuantes - dois tipos de movimento: translação e rotação. 
Para garantir o repouso (equilíbrio de uma estrutura), devemos garantir que 
esses movimentos sejam nulos. 
Letra a Letra b 
Letra c Letra d 
Letra e 
P á g i n a | 126 
 
 
Para tanto, são condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um 
corpo rígido: 
Equações de Equilíbrio 
 Plano: 
ΣFx = 0 
ΣFy = 0 
ΣM = 0 
 Espaço: 
ΣFx = 0 ΣMx = 0 
ΣFy = 0 ΣMy = 0 
ΣFz = 0 ΣMz = 0 
 
Quando as equações de equilíbrio do corpo rígido são verificadas, garantimos 
que o sistema de forças externas - atuando no corpo rígido - não comunica a este 
movimento de translação ou rotação. 
Exemplos: 
1) Um guindaste fixo de 1000 Kg é usado para levantar uma carga de 4000 Kg 
(Fig. 103). Ele é fixado por meio de uma articulação em A e um balancim em B. Sendo 
o centro de gravidadedo guindaste no ponto G, determine as reações nos apoios. 
Figura 103: Exemplo 1 – Guindaste. 
 
 
P á g i n a | 127 
 
 
Resolução: Determinação das cargas peso do guindaste (Pg) e da carga (Pc) 
 
Representação do DCL: Como o apoio A é uma articulação, temos aí 2 
reações de apoio (VA e HA) e no apoio B 1 reação HB (apoio simples) 
Figura 104: DCL do exemplo 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Determinação das reações de apoio (Equações de Equilíbrio): 
𝛴𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐴 + 𝐻𝐵 = 0 → 𝐻𝐴 = −𝐻𝐵 
𝛴𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴–𝑃𝑔–𝑃𝑐 = 0 → 𝑉𝐴 = 𝑃𝑔 + 𝑃𝑐 = 0 → 𝑽𝑨 = 𝟒𝟗, 𝟎𝟓𝑲𝑵 
𝛴𝑀𝐴 = 0 → 𝑀𝐴
𝐻𝐵 + 𝑀𝐴
𝑃𝑔 +𝑀𝐴
𝑃𝑐 = 0 
1,5 𝐻𝐵– 2 . 9,81 – 6 . 39,24 = 0 
𝐻𝐵 = 
(2 . 9,81 + 6 . 39, 24)
1,5
→ 𝑯𝑩 = 𝟏𝟕𝟎, 𝟎𝟒𝑲𝑵 
𝑯𝑨 = −𝟏𝟕𝟎, 𝟎𝟒𝑲𝑵 
- Representação da Resposta no DCL: 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 128 
 
 
2) Três cargas são aplicadas a uma placa de aço, conforme ilustrado (Fig.105). 
A placa é suportada por um rolete em A e por uma articulação em B. Determinar as 
reações em A e B . 
Figura 105: Exemplo 2 – Placa de Aço. 
 
 
- Representação do DCL: 
Apoio A (rolete):VA 
Apoio B (articulação): VB eHB 
Figura 106: DCL do exemplo 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Determinação das reações de apoio (Equações de Equilíbrio): 
ΣFx = 0 → HB = 0 
ΣFy = 0 → VA + VB – 10 – 15 – 20 = 0 
VA + VB = 45 KN. 
ΣMA = 0 → 1,8 . VB – 10 . 0,3 – 15 . 0,9 – 20 . 1,5 = 0 
P á g i n a | 129 
 
 
 VB = (10 . 0,3 + 15 . 0,9 + 20 . 1,5) / 1,8 
 
VB = 25, 83 KN. 
VA = 45 – 25, 83 → VA = 19, 17 KN. 
- Resposta: As forças são HB = 0, VB = 25, 83 KN e VA = 19, 17 KN. 
 
3) Uma viga em balanço é carregada conforme ilustrado (Fig. 107). Ela está 
fixa na extremidade A (esquerda) e livre na B (direita). Determine as reações na 
extremidade fixa. 
Figura 107: Exemplo 3 – Viga engastada. 
 
 
- Representação do DCL: 
Como o apoio A é um engaste, nele temos 3 reações (incógnitas) 
Figura 108: DCL do exemplo 3. 
 
 
- Determinação das reações de apoio (Equações de Equilíbrio): 
ΣFx = 0 → H = 0 
ΣFy = 0 → V – 100 – 600 – 400 = 0 → V = 1100 N 
ΣMA = 0 → M – 100 . 0,5 – 600 . 1,0 – 400 . 3 = 0→M = 2150 N.m 
- Resposta: As forças são H = 0, V = 1100 N e M = 2150 Nm. 
 
4) A viga biarticulada (Fig. 109) tem uma carga inclinada. Determine as reações 
nos apoios. 
P á g i n a | 130 
 
 
Figura 109: Exemplo 4 – viga birotulada. 
 
 
Resolução: 
- Definindo o DCL: como o apoio A é um balancin (apoio simples), e o apoio B 
é uma articulação (2º gênero): 
Figura 110: DCL do exemplo 4. 
 
 
 
 
 
 
- Decompondo a força �⃗⃗� de 1000 N: 
 Fx = 1000 . cos 30o = 866 N 
 Fy = 1000 . sen 30o = 500 N. 
- Determinando as reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → - Fx + HB = 0 → HB = 866 N 
ΣFy = 0 → - Fy + VA + VB = 0 → VA + VB = 500 N. 
ΣMA = 0 → MA
VB + MA
Fy = 0 
5VB – 500 . 2,3 = 0→VB = 230 N 
VA = 270 N. 
- Representando a resposta no DCL: 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 131 
 
 
Obs.: Vigas biapoiadas submetidas a uma carga pontual (concentrada) podem 
ter as reações verticais facilmente calculadas seguindo a seguinte regra: 
𝐕𝐀 = 
𝒃 .𝐏
𝐥
 e 𝐕𝐁 = 
𝒂 .𝐏
𝐥
 
 
Onde: 
lé o comprimento da viga biapoiada; 
a é a distância do apoio A até o ponto de aplicação da carga; 
b é a distância do apoio B até o ponto de aplicação da carga. 
5) Para a estrutura mostrada, na fig. 111, determine as reações nos apoios A e 
C. 
Figura 111: Exemplo 5 – viga birotulada. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
- Definindo o DCL: 
Apoio A: Ay 
Apoio B: By e Bx 
Figura 112: DCL do exemplo 5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
P á g i n a | 132 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → - Bx + 600.Cos45o = 0 → Bx = 424,3 N 
ΣFy = 0 → Ay + By– 600.Sen45o– 100 – 200 = 0 → Ay + BY = 724,264 N 
ΣMA = 0 → 7BY – 600.Cos45o. 0,2– 600.Sen45o . 2 – 100 . 5 – 200 . 7 = 0 
By = 404,8 N 
Ay = 319,5 N 
Figura 113 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Resposta no DCL. 
 
6) O molinete mostrado, na fig. 114, é apoiado por um mancal de encosto em 
A e um mancal simples em B, que estão adequadamente alinhados no eixo. Determine 
a intensidade da força vertical P, que deve ser aplicada ao cabo da manivela para 
manter em equilíbrio em um balde de 100 kg. Calcule também as reações nos 
mancais. 
Figura 114: Exemplo 6 – Molinete. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
P á g i n a | 133 
 
 
Resolução: 
- Definir o DCL (forças): 
Apoio A: Ax, Ay e Az 
Apoio B: By e Bz 
Peso do balde: 
Pb = 100.9,81 = 981 N 
Figura 115: DCL do exemplo 6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
- Equações de Equilíbrio (Reações): 
 
 
 
 
P á g i n a | 134 
 
 
 
 
- Resposta: Ax=Ay= By = 0; Az = 424,3 N; Bz = 934,3 N 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Um corpo rígido está em equilíbrio, quando as forças externas que 
atuam sobre ele formam um sistema de forças equivalentes a zero, 
istoé, quando as forças externas podem ser reduzidas a uma força 
nula e um binário nulo; 
 Diagrama de Corpo Livre (DCL) é uma representação esquemática 
de um único corpo, isolado a partir de um corpo ou combinação de 
corpos, mostrando todas as forças aplicadas nele; 
 Vínculos são dispositivos colocados em um corpo rígido, cuja função 
é limitar ou impedir os movimentos (translação ou rotação) desse 
corpo em determinadas direções, ou seja, os vínculos são restrições 
aos graus de liberdade; 
 Para uma representação completa e correta de um DCL de um corpo 
rígido, é necessário o conhecimento de todos os tipos de vínculos 
bem como de suas reações; 
 Na estática do corpo rígido no plano (bidimensional), o equilíbrio é 
verificado quando são atendidas as Equações de Equilíbrio: ΣFx = 0; ΣFy 
= 0 e ΣM = 0; 
 Na estática do corpo rígido no espaço (tridimensional), o equilíbrio é 
verificado quando são atendidas as Equações de Equilíbrio: ΣFx= ; ΣFy= 
0; ΣFz= 0; ΣMx= 0; ΣMy= 0 e ΣMz= 0. 
 
 
 
 
AULA 7 
Exercícios 
 
 
 
1) Sabendo que a carga �⃗� , aplicada no braço engastado 
da viga, tem módulo igual a 100 kN; determine as reações nos 
apoios A e B. 
Figura 116: Exercício 1. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
2) A barra AB mostrada na Fig. 117 está sujeita a uma força de 200 N. 
Determine as reações na junta esférica A e a tensão nos cabos BD e BE. 
Figura 117: Exercício 2. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
 
 
 
P á g i n a | 137 
 
 
3) As reações, nos apoios da treliça da fig.118, são: 
Figura 118: Exercício 3. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
a) Ay = 900N;Dy = 300N; Dx= - 400 N 
b) Ay = 300N;Dy = 900N; Dx= - 400 N 
c) Ay = 300N;Dy = 900N; Ax= - 400 N 
d) Ay = 900N;Dy = 300N; Ax= 400 N 
 
4) As reações nos apoios da viga biapoiada (Separado ou junto? Termo técnico) 
da fig. 119 são: 
Figura 119: Exercício 4. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
a) Ay = 30NeBy = 105 N 
b) Ay = 60Ne By = 75 N 
c) Ay = 75Ne By = 60 N 
d) Ay = 105NeBy = 30 N 
 
P á g i n a | 138 
 
 
5) As reações nos apoios da viga biapoiada da fig.120 são: 
Figura 120: Exercício 5. 
 
Fonte: UNIBAHIA - Adaptado 
a) Ay = 560Ne By = 300 N 
b) Ay = 254,5Ne By = 605, 5 N 
c) Ay = 300 Ne By = 560 N 
d) Ay = 605,5NeBy = 254,5N 
 
6) A viga ilustrada abaixo, com o auxílio da corda que passa pelos pontos B, C 
e D, sustenta uma carga de 10,0 kN. Sabendo que o peso próprio da viga é de 5,0 kN 
e que pode ser admitido concentrado no centro da viga; as reações, no apoio E, são: 
Figura 121: Exercício 6. 
 
Fonte: UNIBAHIA 
a) Ex = 10,1NeEy = - 10,0 N 
b) Ex = 10,5NeEy = 11,5 N 
c) Ex = -10,8NeEy = 10,5 N 
d) Ex = -10,3NeEy = -9,8 N 
P á g i n a | 139 
 
 
7) A haste mostrada na Fig. 122 é conectada por um pino em A e sua 
extremidade B tem o movimento limitado pelo apoio liso em B. Calcule os 
componentes horizontal e vertical da reação no pino A. 
Figura 122: Exercício 7. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
a) Ax = 110NeAy = 230,9 N 
b) Ax= 154,5 NeAy = 205,5 N 
c) Ax = 100 NeAy = 233,2 N 
d) Ax = 233,5NeAy = 100,5 N 
 
8) A chave de boca mostrada na Fig.123 é utilizada para apertar o parafuso em 
A. Se a chave não gira quando a carga é aplicada ao seu cabo, o momento e as 
componentes da força da chave aplicados ao parafuso são: 
Figura 123: Exercício 8. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
a) MA = - 32,6 N.m, Ax= 74,0 N e Ay = 5,0 N 
b) MA = 32,6 N.m, Ax= 5,0N e Ay = 74,0 N 
c) MA = 2,6 N.m, Ax= - 5,0 N e Ay = 74,0 N 
d) MA = 28,1N.m, Ax= 5,0 N e Ay = 74,0 N
 
 
Estruturas 1: elementos de máquinas 
Aula 4 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Seja bem-vindo a nossa oitava aula. Vimos até aqui que estática é a parte da 
física que trata do equilíbrio; seja o sistema tratado como estática do ponto material 
(partícula), ou dos corpos (rígido ou deformável). 
Equilíbrio é um princípio que norteou os estudos da Mecânica newtoniana, o 
que podemos ver nas suas leis. 
Nas próximas aulas, você irá entrar em contato com as estruturas, que são 
sistemas compostos de um ou mais corpos rígidos, que possuem a capacidade de 
receber solicitações externas, absorvê-las internamente e transmiti-las até seus 
apoios, onde as solicitações externas encontrarão seu sistema estático equilibrante. 
Você já viu, na aula anterior, exemplo do “equilíbrio externo” considerando 
exemplos de vigas, placas, guindastes etc. 
Nessa aula, iremos acrescentar o conceito de “equilíbrio interno”. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar os sistemas estruturais como corpos compostos; 
 Aplicar o conceito do equilíbrio para caçulo de forças internas; 
 Resolver problemas de análise de forças externas e internas em 
elementos de máquinas. 
 
“A liberdade sempre estará acompanhada de brisas frias impostas 
pela vida, abalando estruturas e mostrando o sentido de todos os seus 
obstáculos” (Alexsander Nuts). 
“Para uma civilização, não é a técnica que representa o verdadeiro 
perigo, é a inércia das estruturas” (Louis Armand). 
P á g i n a | 141 
 
 
4 INTRODUÇÃO 
Em Engenharia, estrutura é um sistema de elementos conectados de forma que 
possa suportar, ou transferir forças e resistir, de forma segura, às cargas nele 
aplicadas (MERIAM e KRAIGE, 2011). Uma estrutura pode ser simples (viga, barra 
etc.) ou composta de vários elementos (treliça, suporte, máquina, pórtico). Essa última 
também pode levar o nome de Sistemas Estruturais. 
A Fig.124 mostra a estrutura de um teto, em treliça, como exemplo de um 
sistema estrutural. 
Figura 124: Teto em treliça. 
 
Fonte: JOSÉ CARLOS MORILLA 
Os elementos (corpos) que compõem uma estrutura podem ser classificados 
em barras, placas e blocos; dependendo de sua forma geométrica. 
Se um corpo qualquer sempre vai possuir três dimensões, consideramos um 
corpo como uma barra se uma de suas dimensões é muito maior do que as outras. 
Por exemplo, uma viga de construção civil é uma barra, pois a medida de seu 
comprimento é muito maior que sua altura e largura (Fig.125 e Fig. 126. 
Figura 125: Viga Mista. 
 
Fonte: PRESTO INDUSTRIAL 
P á g i n a | 142 
 
 
Figura 126: Vigota de Laje Premoldada. 
. 
Fonte: Prof. PINHAL 
Um elemento estrutural, em que uma de suas dimensões seja muito menor do 
que as outras, é conhecido por placa (Fig. 127 e Fig. 128). 
Figura 127: Chapa de Alumínio. 
 
Fonte: JOSÉ CARLOS MORILLA 
Figura 128: Laje de Concreto - Pavilhão de Portugal. 
 
Fonte: PEDRO 
P á g i n a | 143 
 
 
Por último, temos o bloco. A Fig.129 mostra um bloco de concreto, usado na 
construção civil. Note-se que, nesse elemento, todas as dimensões (altura, largura e 
comprimento) possuem a mesma ordem de grandeza. 
Figura 129: Bloco de Concreto. 
 
Fonte: José Carlos Morilla 
Outros exemplos são os Blocos de Fundação (Fig. 130) e as Sapatas (Fig. 131): 
Figura 130: Bloco de Fundação. 
 
Fonte: CESEC – UFPR 
Figura 131: Sapata de Fundação. 
 
Fonte: FUNDACTA 
P á g i n a | 144 
 
 
Classificação das estruturas quanto ao número de vínculos. 
As estruturas podem ser classificadas de acordo com a estaticidade. 
Esta é feita através da comparação do número de reações nos vínculos como 
o número de equações de equilíbrio. 
1.1 Estruturas hipostáticas: quando o número de equações de equilíbrio é 
maior que o número de reações. Esse tipo de estrutura não possui vínculos suficientes 
para garantir a sua total imobilidade (Fig.132). 
Figura 132: Exemplo de estrutura Hipostática. 
 
Fonte: FEC – UNICAMP 
São duas reações nos apoios simples (ambas verticais) e três equações de 
equilíbrio da estática do corpo rígido no plano. 
1.2 Estruturas isostáticas: quando o número de equações é igual ao número 
de reações. Os vínculos são o estritamente necessário à imobilidade da estrutura (Fig. 
133). 
Figura 133: Exemplo de estruturaIsostática. 
 
Fonte: FEC - UNICAMP 
São três reações nos apoios (2 no apoio de 2º gênero e 1 no apoio simples) e 
três equações de equilíbrio. 
1.3 Estruturas hiperestáticas: quando o número de equações é menor que o 
número de reações. Os vínculos são mais que os necessários à imobilidade da 
estrutura (Fig. 134). 
Figura 134: Exemplo de estrutura Hiperestática. 
 
Fonte: FEC - UNICAMP 
P á g i n a | 145 
 
 
São quatro reações nos apoios (2 em cada, por serem ambos de 2º gênero) e 
três equações de equilíbrio. 
Por conta de termos mais incógnitas que equações, na grande maioria das 
estruturas hiperestáticas, não será possível a determinação de todos os esforços 
externos e internos, apenas com a aplicação das equações das equações de 
equilíbrio. Assim, para resolver problemas envolvendo essas estruturas, são 
necessárias equações chamadas de compatibilidade; que não serão objeto de estudo 
em nossa disciplina. 
4.1 Suportes e máquinas 
4.1.1 Forças Nos Vínculos 
No estudo do Equilíbrio de Corpos Compostos, além de se determinarem as 
reações nos apoios, deve-se proceder também à análise e determinação das reações 
nos vínculos internos (Nós). Isso acontece porque, se o sistema estrutural está em 
equilíbrio, cada um dos corpos que compõe a estrutura também precisa estar, quando 
analisado isoladamente, em equilíbrio. 
Para tanto, devemos separar cada um dos corpos que compõem a estrutura 
(discretizaçao da estrutura) e considerar cada um desse corpos (em geral, formado 
de barras) em equilíbrio. Ou seja, vamos aplicar as equações de equilíbrio do corpo 
em cada barra. 
Nas figuras a seguir (Fig. 135 e 136), apresentamos alguns exemplos de 
sistemas estruturais e a respectiva “discretização” em n corpos rígidos (partes) que o 
formam. 
Figura 135: Exemplo de Discretização de Sistema Estrutural. 
 
(a) Estrutura (b) DCL (c) Discretização 
Fonte: UNIFESP 
P á g i n a | 146 
 
 
Figura 136: Exemplo de Discretização de Sistema Estrutural. 
 
 (a) Estrutura (b) DCL (c) Discretização 
Fonte: UNIFESP 
Na etapa de cálculo das reações dos vínculos, deve-se levar em consideração 
que a força atuante num vínculo interno qualquer deverá ter mesma direção e módulo, 
porém sentidos opostos nas duas barras, conforme preconizado na 3ª Lei de Newton 
(ação e reação). 
Obs.: Como você pode notar dos esquemas mostrados acima, poderão atuar 
sobra cada uma das partes isoladas das estruturas forças externas (ativas e reativas) 
e forças internas (reações nos vínculos internos). 
Exemplos: 
1) Seja a estrutura reticulada abaixo (Fig. 137). Determine as reações nos 
vínculos. 
Figura 137: Exemplo 1. 
 
 
Resolução: 
1º- Fazer a análise externa 
- Representação do DCL (Fig. 138): 
P á g i n a | 147 
 
 
Figura 138: DCL do exemplo 1. 
 
 
- Determinação das reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → Ax = 0 
ΣFy = 0 → Ay + Fy – 2400 = 0 → Ay + Fy = 2400 N 
ΣMA = 0 → 4,8. Fy – 3,6. 2400 = 0 → Fy = 1800 N 
Ay + 1800 = 2400 → Ay = 600 N 
 
2º- Fazer análise interna 
- Discretização da Estrutura (Fig. 139): 
Figura 139: Discretização da estrutura do exemplo 1. 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 148 
 
 
* BARRA ABC: 
 
ΣFx = 0 → Bx + Cx = 0 → Bx = - Cx (1) 
ΣFy = 0 → By + Cy + 600 = 0 → By + Cy = - 600 N. (2) 
ΣMC = 0 → 2,7. Bx = 0 → Bx = 0 
Pela equação (1): Cx = 0 
* BARRA BDE: 
 
ΣFx = 0 → Dx = 0. 
ΣFy = 0 → - By + Dy – 2400 = 0 → By – Dy = - 2400 N (3) 
ΣMB = 0 → 2,4 Dy – 3,6. 2400 = 0 → Dy = 3600 N 
Pela equação (3): By – 3600 = - 2400 → By = 1200 N 
Pela equação (2): 1200 + Cy = - 600 → Cy = - 1800 N 
 
* Barra CDF (verificação): 
 
 
P á g i n a | 149 
 
 
ΣFy = 0 → 1800 – 3600 + 1800 = 0 
ΣMC = 0 → 1800. 4,8 – 3600. 2,4 = 0 (V) 
- Representação da resposta (Fig. 140): 
Figura 140: Representação da resposta do exemplo 1. 
 
 
2) Seja a estrutura reticulada abaixo (Fig. 141). Determine as reações nos 
vínculos. 
Figura 141: Exemplo 2. 
 
 
1º- Fazer a análise externa 
- Representação do DCL (Fig. 142): 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 150 
 
 
Figura 142: DCL do exemplo 2. 
 
 
- Determinação das reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → Ax + Bx+ 5000 = 0 → Ax + Bx = - 5000N (1) 
ΣFy = 0 → Ay + By = 0 
ΣMA = 0 → 2. By – 3. 5000 = 0 → By = 7500 N 
 
Ay + 7500 = 0 → Ay = -7500 N 
 
As equações acima não foram suficientes para determinar Ax e Bx. Para obter 
a solução, devemos considerar agora o equilíbrio das barras (Análise interna). 
2º- Fazer análise interna 
Vamos supor, na discretização (decomposição) que a força de 5000 N está 
aplicada à barra ACF. 
Vamos considerar também, para as barras inclinadas CD e EF, apenas uma 
força normal a elas (tração). 
Sendo que a inclinação da barra CD e EF são de 𝜃: 
tg θ = 
0,75
2
→ θ = arc tg(0,375) → θ ≅ 20,6 o 
- Discretização da Estrutura (Fig. 143): 
 
 
 
 
P á g i n a | 151 
 
 
Figura 143: Discretização da estrutura do exemplo 2. 
 
 
* BARRA ACF: 
 
 
ΣFx = 0 → Ax + FEF. Cos 20,6o+ FCD. Cos 20,6o+ 5000 = 0 
→ Ax + 0,936 (FEF + FCD) = -5000 (2) 
ΣFy = 0 → - FEF. Sen 20,6o+ FCD. Sen 20,6o - 7500 = 0 
→ Sen 20,6o(-FEF + FCD) = 7500 
→ FCD - FEF =21316,41 (3) 
ΣMA = 0 → - 3. FEF. Cos 20,6o – 0,75. FCD. Cos 20,6o– 3. 5000= 0 
 → 0,702 FCD + 2,808 FEF = - 15000 (4) 
 
Fazendo um sistema com (3) e (4): 
FCD - FEF =21316,41 x (2,808) 
0,702 FCD+ 2,808 FEF = - 15000 
2,808 FCD- 2,808 FEF = 59856,48 
0,702 FCD+ 2,808 FEF = - 15000 
3,51 FCD = 44856,48 → FCD = 12.779,6 N 
 
P á g i n a | 152 
 
 
Substituindo FCD em (3) 
12.779,6 - FEF = 21316,41 → FEF = - 
8.536,8 N 
 
Substituindo FCD eFEF em (2) 
Ax + 0,936 (- 8536,8 + 12.779,6) = -5000 
Ax + 3971,3 = -5000 → Ax = - 8971,2 N 
 
Substituindo Ax em (1) 
- 8971,3 + Bx = -5000 → Bx = 3971,2 N 
 
* Barra BDE (Verificação): 
 
 
ΣFx = 0 → Bx - FEF. Cos 20,6o-FCD. Cos 20,6o = 0 
 3971,2 – (-8536,8). Cos 20,6o–12779,6. Cos 20,6o = 0 
 0 = 0 (v) 
ΣFy = 0 → FEF. Sen 20,6o- FCD. Sen 20,6o+ 7500 = 0 
 (-8536,8). Sen 20,6o–12779,6. Sen 20,6o+ 7500 = 0 
 0 = 0 (v) 
 
Exercícios Propostos: 
1) Determine as forças no conectivo B. 
 
 
 
P á g i n a | 153 
 
 
Figura 144: Exercício proposto 1. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA 
Resposta: FAB = 1.154,7 N (Compressão – Fig. 145) 
Figura 145: Indicação da direção e sentido da força FAB do exercício Proposto 1. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA 
2) Determine as reações nos apoios A e B, a força na haste DE e os 
componentes da força exercida em C no elemento BCD. 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 154 
 
 
Figura 146: Exercício proposto 2. 
 
 
Resolução: 
- Análise Externa: (indicação das reações de apoio na Fig. 147): 
Figura 147: Indicação das RA da estrutura do ex. 2. 
 
 
RA (aplicando as equações de equilíbrio): 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 = 0 → 𝐴𝑥 = −𝐵𝑥 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐴𝑦 − 800 = 0 → 𝑨𝒚 = −𝟖𝟎𝟎 𝑵 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 180 ∙ 𝐵𝑥 − 100 ∙ 800 = 0 → 𝑩𝒙 =
𝟒𝟎𝟎𝟎 
𝟗
𝑵 
 
P á g i n a | 155 
 
 
Substituindo Bx em (𝑖): 
𝑨𝒙 = −
𝟒𝟎𝟎𝟎 
𝟗
𝑵 
- Análise Interna (discretizando): 
Figura 148: Discretização da estrutura do ex. 2. 
 
(a) (b) (c) 
 
A barra DE está inclinada de 𝜃, uma vez que a componente horizontal é o dobro 
da componente vertical, o que gera um ângulo cuja tangente é 0,5, assim: 
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
1
2
) = 26,565𝑜 
𝑫𝑬𝒙 = 𝟐𝑫𝑬𝒚 
Analisando a Barra ACE (Fig. 149 a): 
Figura 149 
 
 
P á g i n a | 156 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐶𝑥 +𝐷𝐸𝑥 =
4000 
9
 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐶𝑦 + 𝐷𝐸𝑦 + 800 = 0 → 𝐶𝑦 + 𝐷𝐸𝑦 = −800 (𝑖𝑖) 
∑𝑀𝐶 = 0 ∴ 100∙ 𝐷𝐸𝑦 + 80 ∙ 𝐷𝐸𝑥 + 180 ∙
4000 
9
= 0 
Substituindo 𝐷𝐸𝑥 por 2𝐷𝐸𝑦: 
100 ∙ 𝐷𝐸𝑦 + 80 ∙ 2𝐷𝐸𝑦 + 80000 = 0 
260𝐷𝐸𝑦 = −80000 → 𝐷𝐸𝑦 = −
80000
260
= −𝟑𝟎𝟕, 𝟕 𝑵 
Substituindo 𝐷𝐸𝑦: 
𝐷𝐸𝑥 = 2 ∙ (−307,7) = −𝟔𝟏𝟓, 𝟒 𝑵 
Podemos determinar 𝐷𝐸 (no sentido contrário ao indicado na Fig. 149a) 
fazendo a resultante de 𝐷𝐸𝑥 e 𝐷𝐸𝑦: 
𝐷𝐸 = √(𝐷𝐸𝑥)2 + (𝐷𝐸𝑦)
2
= √(−615,4)2 + (−307,7)2 = 𝟔𝟖𝟖, 𝟎𝟔 𝑵 
Substituindo 𝐷𝐸𝑥 em (𝑖): 
𝐶𝑥 + (−615,4) =
4000 
9
 → 𝑪𝒙 = 𝟏𝟎𝟓𝟗, 𝟖 𝑵 
Substituindo 𝐷𝐸𝑦 em (𝑖𝑖): 
𝐶𝑦 + (−307,7) = −800 → 𝑪𝒚 = −𝟒𝟗𝟐, 𝟑 𝑵 
Como já foram determinadas todas as forças, basta você verificar se as 
mesmas estão corretas aplicando as equações de equilíbrio para as outras duas 
barras (Fig. 149 b e c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 157 
 
 
3) Seja a viga da Fig. 150. Determine as forças nos apoios A e C e no conectivo 
B. 
Figura 150: Viga do Exercício Proposto (2). 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA 
Resolução: 
Figura 151: DCL – discretizado. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA 
Reações nos apoios: 
Ax = 6,0 kN; Ay = 12,0 kN; MA = 32,0 kN. meCy = 4,0 kN. 
Reações no vínculo interno 
Bx = 0 e By= 4,0 kN. 
 
4) O guindaste da Fig. 152 foi projetado para 5 kN. Determinar a força atuante 
na haste do cilindro e a reação na articulação A. 
P á g i n a | 158 
 
 
Figura 152: Exercício proposto 4. 
 
 
Resolução: Esforços na viga AC 
Figura 153: Viga AC do exercício proposto 4. 
 
 
Força atuante na haste do cilindro: 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐹𝑐 ∙ cos 37
𝑜 ∙ 400 − 5 ∙ 1200 = 0 → 𝑭𝒄 =
6000
400 ∙ cos 37𝑜
= 𝟏𝟖, 𝟕𝟖 𝐤𝐍 
Componentes de FC: 
𝐹𝑐𝑥 = 𝐹𝑐 ∙ sen 37
𝑜 = 18,78 ∙ sen 37𝑜 = 11,30 kN 
𝐹𝑐𝑦 = 𝐹𝑐 ∙ cos 37
𝑜 = 18,78 ∙ cos 37𝑜 = 15,00 kN 
As componentes da reação articulação A: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −𝑅𝐴𝑥 + 𝐹𝑐𝑥 = 0 → 𝑹𝑨𝒙 = 𝐹𝑐𝑥 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟎 𝒌𝑵 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝑅𝐴𝑦 + 𝐹𝑐𝑦 − 5 = 0 → 𝑅𝐴𝑦 = 𝐹𝑐𝑦 − 5 → 𝑹𝑨𝒚 = 15 − 5 = 𝟏𝟎, 𝟎𝟎 𝒌𝑵 
Reação na articulação A: 
𝑹𝑨 = √(𝑅𝐴𝑥)
2
+ (𝑅𝐴𝑦)
2
= √(11,3)2 + (10)2 = 𝟏𝟓, 𝟏𝟎 𝐤𝐍 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Estrutura é um sistema de elementos conectados de forma que possa 
suportar ou transferir forças e resistir de forma segura às cargas nele 
aplicadas; 
 Uma estrutura pode ser simples ou composta de vários elementos, 
podendo receber o nome de sistema estrutural; 
 Os elementos que compõem uma estrutura podem ser classificados em 
barras, placas e blocos, dependendo de sua forma geométrica; 
 No estudo do Equilíbrio de Corpos Compostos, além de se determinar 
as reações nos apoios, deve-se proceder também a análise e 
determinação das reações nos vínculos internos (Nós); 
 Na análise de suportes e máquinas, cada parte da estrutura deve ser 
separada (decomposta ou discretizada) e cada um dos corpos verificado 
pelas equações de equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
AULA 4 
Exercícios 
 
 
 
1) Seja a estrutura reticulada abaixo. Determine as 
reações nos vínculos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Os elementos ACE e BCD estão ligados por um pino em C e pela haste DE. 
Para o carregamento mostrado, determine a força na haste DE e os componentes da 
força exercida em C no elemento BCD. 
 
 
 
P á g i n a | 161 
 
 
3) Seja a estrutura reticulada abaixo. Determine as reações nos vínculos 
internos e externos. 
 
 
 
4) Seja a estrutura reticulada abaixo. Determine as reações nos vínculos 
internos e externos. 
 
 
 
 
 
 
Estruturas 2: treliças 
Aula 5 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Seja bem-vindo a aula 5 da disciplina Mecânica Geral. 
Nesta aula, você irá entrar em contato com outros tipos de estruturas, as 
treliças, que são sistemas compostos com capacidade para receber solicitações 
externas, absorvê-las internamente e transmiti-las até seus apoios; onde essas 
solicitações externas encontrarão seu sistema estático equilibrante. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Aplicar o conceito do equilíbrio para caçulo de forças internas; 
 Entender e aplicar os métodos de análise de treliças planas; 
 Resolver problemas de análise de forças externas e internas em 
treliças. 
 
“Ainda que difícil... Não perca as estruturas, pois são elas que 
sustentam o nosso mundo. E, se ele cair... É quase impossível sobreviver” 
(Lukas Mendes). 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 163 
 
 
5 INTRODUÇÃO 
As treliças são estruturas formadas por barras retas biarticuladas e cujas 
cargas estão aplicadas apenas em seus nós. Elas representam um dos principais tipos 
de sistemas estruturais empregados em Engenharia, pois oferecem uma solução 
prática em muitas situações como coberturas, torres de transmissão e pontes 
metálicas, por serem leves e resistentes. (Fig. 154 e 155). 
Figura 154: Ponte em treliça. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
Figura 155: Treliça de telhado. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
Na Fig. 156 apresentamos um exemplo de uma treliça simples. 
Figura 156: Exemplo de Treliça Simples. 
 
Fonte: UNIFESP 
P á g i n a | 164 
 
 
Como cada uma das barras que formam uma treliça possui articulações nas 
extremidades, as barras estão submetidas apenas a esforços normais de tração e 
compressão (Fig. 157); pois o peso próprio normalmente é desprezado, por 
representar uma carga muito menor que a carga aplicada sobre a treliça. 
Figura 157: Esforços em barras de uma treliça. 
 
Fonte: UNIFESP 
5.1 Treliças planas 
Treliças planas são aquelas em que os elementos que a compõem se situam 
em um único plano. Um exemplo pode ser visualizado na Fig. 158, em que é 
apresentada uma ponte em treliça e sua representação como treliça plana (cada lado 
da ponte). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 165 
 
 
Figura 158: Ponte em Treliça. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
5.2 Treliças simples 
O elemento básico de uma treliça plana é o triângulo, conforme ilustrado na Fig. 
159, por configurar uma estrutura rígida (não colapsável e que apresenta deformações 
e deslocamentos desprezíveis). 
Figura 159: Treliça Simples (Estável). 
 
 
Já na Fig. 160a, temos uma treliça simples que se apresenta instável, passível 
de colapso; pois as barras podem se deslocar. Para que ela se torne rígida, é mister 
colocar barras para impedir o movimento lateral (horizontal), conforme Fig. 160b. 
 
P á g i n a | 166 
 
 
Figura 160: Treliça Simples. 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Instável (b) Rígida 
 
5.3 Nós e apoios 
Podemos definir nó como o ponto de encontro de duas ou mais barras, ou seja, 
a articulação onde há a interligação das barras. A soma dos esforços (forças e 
momentos) em cada nó deve ser nula. 
Conexões rebitas, aparafusadas ou ligadas com o auxílio de chapas (Fig. 161) 
são usadas para unir as barras de uma treliça. Para simplificação de cálculo, 
consideramos a ligação como um nó articulado se as linhas de centro dos elementos 
forem concorrentes na junta (vide Fig. 161). 
Figura 161: Exemplo de conectivos (a: Chapa; b: parafuso). 
 
 
 
 
 
 
 
(a) (b) 
Fonte: UNIFESP 
 
 
 
P á g i n a | 167 
 
 
Representamos as conexões no DCL com uma rótula (Fig. 162): 
Figura 162: Representação do DCL – Conexões da Fig. 161. 
 
 
5.4 Métodos de Análise 
Comumente são utilizados dois métodos para resolução de problemas 
envolvendo treliças isostáticas: Método dos Nós e Método das Seções. Outros 
métodos como o Método de Cremona e o Método de Substituição de Barras também 
são utilizados, por isso iremos apenas apresenta-lo de forma superficial. 
5.5 Método de cremona 
Este processo que foi concebido por Maxwellem 1864 e foi reapresentado por 
L. Cremona, em 1872 e destina-se à análise das treliças planas simples. Baseia-se no 
fato de que a representação gráfica de um sistema de forças coplanares em equilíbrio 
é uma linha segmentada fechada. 
Trata-se de construção fundamentada no processo de equilíbrio dos nós, 
denominada gráfico de Cremona, em que se faz a superposição dos polígonos das 
forças equilibradas em cada um dos pontos nodais da treliça em sequência de modo 
que se tenham até dois esforços desconhecidos por ponto. A construção de cada 
polígono de forças inicia-se com os esforços conhecidos para se obter os dois últimos 
esforços atuantes no nó em questão, com a condição de fechamento de linha 
poligonal. E de maneira semelhante ao processo de equilíbrio dos nós, pode ser 
necessário ou não o prévio cálculo das reações de apoio. Caso as reações sejam 
calculadas previamente, ao final da construção gráfica obtém-se a confirmação dos 
resultados dessas reações. 
P á g i n a | 168 
 
 
5.6 Método de substituição de barras 
O processo de substituição de barras foi apresentado pelo engenheiro alemão 
Lebrecht Henneberg, em 1886, e objetiva a análise de treliças complexas, caso que 
não se aplicam outros processos. Estre processo utiliza uma treliça simples obtida a 
partir da treliça complexa por substituição de barras por seus esforços normais, 
maneira que se restitua o comportamento de equilíbrio da treliça original. 
5.7 Método dos nós 
Este método consiste em separar cada nó da treliça e analisá-lo de forma que 
satisfaça as condições de equilíbrio de um ponto material (∑Fx=0 e ∑Fy=0). As barras 
são substituídas por forças - nas direções delas - que são, na verdade, os Esforços 
Internos nas barras. 
Exemplo: 1) Seja a treliça da Fig. 163. Determine as forças, em cada uma das 
barras, identificando-as como compressão ou tração. 
Figura 163: Exemplo 1. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
Resolução: 
1º- Fazer a análise externa 
- Representação do DCL (Fig. 164): 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 169 
 
 
Figura 164: DCL do exemplo 1. 
 
 
- Determinação das reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → Ax + 500 = 0 → Ax = - 500 N 
ΣFy = 0 → Ay + By = 0 → Ay = - By 
ΣMA = 0 → 2. By – 2. 500 = 0 → By = 500 N 
Ay = - By → Ay = - 500 N 
 
2º- Aplicar o Método dos Nós 
- Nó A: 
 
 
 
 
 
 
ΣFx = 0 → -500 + FAB = 0→ FAB = 500 N(Tração) 
ΣFy = 0 → -500 + FAC = 0 → FAC = 500 N(Tração) 
- Nó B: 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 170 
 
 
 
ΣFx = 0 → -500 – FBC. Cos 45o = 0→ FBC = - 707 N(Compressão) 
 
- Representação da resposta (Fig. 165): 
Figura 165: DCL com a resposta do exemplo 1. 
 
 
Como você viu acima, o Método dos Nós exige apenas duas equações de 
equilíbrio, pois trabalhamos apenas com forças concorrentes em cada nó. Ele é muito 
eficaz quando é necessária a determinação das forças em todas as barras de uma 
treliça. Porém, em algumas situações, quando se deseja conhecer apenas as forças 
atuantes em algumas barras, é melhor considerar outro método, o Método das 
Seções, o qual introduz a terceira equação de equilíbrio do corpo no plano (∑M=0). 
Vamos enunciar esse método no próximo tópico. 
5.8 Método das seções 
Este método aborda a determinação das forças atuantes, nas barras de uma 
treliça, sem a necessidade de considerar nó ao nó. 
O método se baseia na premissa de que, se um corpo está em equilíbrio, ao 
tomarmos apenas uma parte do corpo, esta também estará em equilíbrio. 
 
 
 
P á g i n a | 171 
 
 
De forma prática, o método consiste em: 
1º) Seccionar a treliça (s-s) nos elementos que se deseja estudar (Fig. 166): 
Figura 166: Definição da seção s-s. 
 
 
2º) Tomar um dos lados da treliça (Fig. 167): 
Figura 167: Lado esquerdo da seção s-s. 
 
 
Obs.: Note que no lugar das barras seccionadas são acrescentados vetores-
força que representam os esforços internos nas respectivas barras. 
 
3º) Aplicar as equações de equilíbrio no “novo corpo” (Fig. 168) e determinar 
as forças nas barras seccionadas. 
 
 
 
 
P á g i n a | 172 
 
 
Figura 168: Lado esquerdo da seção s-s. 
 
 
Obs.: Note que, assim como todo corpo rígido, para começar o estudo das 
forças, nas barras da treliça pelo método das seções, também se devem - inicialmente 
- determinar as reações nos apoios (análise externa). 
É preciso tomar muito cuidado para que não sejam escolhidas seções onde 
mais de três elementos tenham as forças desconhecidas, uma vez que - na estática 
do corpo rígido no plano - temos apenas três equações de equilíbrio. Também é 
importante entender que, para o método das seções, as forças dos elementos internos 
não estão envolvidas na análise da treliça como um todo (análise externa); mas 
apenas no equilíbrio de cada seção considerada. 
Exemplo: 
2) Seja a treliça da Fig. 169. Determine as forças nos elementos BC, GC e FC, 
identificando-as como compressão ou tração. 
Figura 169: Exemplo 2. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
 
P á g i n a | 173 
 
 
Resolução: 
1º- Fazer a análise externa 
- Representação do DCL (Fig. 170): 
Figura 170: DCL do exemplo 2. 
 
 
- Determinação das reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → Ex + Dx = 0 → Ex = - Dx (1) 
ΣFy = 0 → Dy – 1000 = 0 → Dy = 1000 N 
ΣMA = 0 → 6. Dy – 2. Dx = 0 
6. 1000 – 2. Dx = 0 → Dx = 3000 N 
Substituindo Dx em (1): Ex = - 3000 N 
2º- Aplicar o Método das Seções: 
Seja a Fig. 171, que representa a treliça da Fig. 172, já seccionada com a seção 
a-a: 
Figura 171: Seção a-a na treliça do exemplo 2. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES 
P á g i n a | 174 
 
 
- Fazendo o equilíbrio das forças no corpo rígido formado à esquerda da seção 
a-a: 
Decompondo a força 𝐹𝐺𝐶 temos que: 
𝐹𝐺𝐶𝑋 = 𝐹𝐺𝐶 ∙ 𝐶𝑜𝑠 𝜃 𝑒 𝐹𝐺𝐶𝑦 = 𝐹𝐺𝐶 ∙ 𝑆𝑒𝑛𝜃 
Para 
𝜃 = 45𝑜 → 𝐹𝐺𝐶𝑋 = 𝐹𝐺𝐶𝑦 = 0,70711 𝐹𝐺𝐶 
𝛴𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐺𝐶𝑋 − 𝐹𝐺𝐹 = 0 
𝐹𝐵𝐶 + 0,70711 𝐹𝐺𝐶 − 𝐹𝐺𝐹 = 0 (1) 
𝛴𝐹𝑦 = 0 → −1000 + 𝐹𝐺𝐶𝑦 = 0 
0,70711 𝐹𝐺𝐶 = 1000 → 𝐅𝐆𝐂 = 𝟏𝟒𝟏𝟒, 𝟐𝐍 (Tração) 
ΣMA = 0 → 2 ∙ 𝐹𝐺𝐶𝑦 − 2 ∙ 𝐹𝐵𝐶 = 0 
2 ∙ 𝐹𝐵𝐶 = 2 ∙ 0,70711 𝐹𝐺𝐶 → 𝐅𝐁𝐂 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝐍 (Tração) 
Substituindo FBC eFGC em (1): 
1000 + 0,70711 ∙ 1414,2 − 𝐹𝐺𝐹 = 0 
𝐅𝐆𝐅 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝐍 (Compressão) 
 
2) Resolva o Exemplo da Fig. 172 pelo método das seções: 
Figura 172: Seccionamento da Treliça da Fig. 171. 
 
 
Resolução: 
- Análise Externa (Determinação das RA) – considerando a treliça inteira: 
 
 
 
 
P á g i n a | 175 
 
 
 
 
 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐷𝑦 ∙ 12 − 1200 ∙ 8 − 400 ∙ 3 = 0 → 𝑫𝒚 =
1200 ∙ 8 + 400 ∙ 3
12
= 𝟗𝟎𝟎 𝐍 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 400 = 0 → 𝑨𝒙 = −𝟒𝟎𝟎 𝑵 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 − 1200 = 0 → 𝐴𝑦 = 1200 − 900 → 𝑨𝒚 = 3𝟎𝟎 𝑵 
- Analisando a parte esquerda da seção s-s: 
 
 
∑𝑀𝐺 =0 ∴ 𝐵𝐶 ∙ 3 − 300 ∙ 4 − 400 ∙ 3 = 0 → 𝑩𝑪 =
300 ∙ 4 + 400 ∙ 3
3
= 𝟖𝟎𝟎 𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐺𝐶𝑦 + 300 = 0 → 0,6 𝐺𝐶 = 300 → 𝑮𝑪 = 5𝟎𝟎 𝑵 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐺𝐶𝑥 + 𝐺𝐸 + 𝐵𝐶 − 400 = 0 → 0,8𝐺𝐶 + 𝐺𝐸 + 𝐵𝐶 = 400 
𝐺𝐸 = 400 − 800 − 0,8 ∙ 500 → 𝑮𝑬 = −𝟖𝟎𝟎 𝑵 
 
Resposta: FGE = -800 N (compressão); FBC= 800 N(tração); FGC = 500 N 
(tração). 
Exercícios Resolvidos: 
Ex. 1) Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça 
mostrada, na Fig. 173, indicando se os elementos estão sob tração ou compressão. 
P á g i n a | 176 
 
 
Figura 173: Ex. 1. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA J. RODRIGUES (ADAPTADO) 
Resolução: 1º- Fazer a análise externa 
- Representação do DCL (Fig. 174): 
Figura 174: DCL do Ex. 1. 
 
 
- Determinação das reações nos apoios: 
ΣFx = 0 → Ax = 0 
ΣFy = 0 → Ay + Ey – 10000 = 0 
Ay + Ey = 10000 N (1) 
ΣMA = 0 → 4. Ey – 8. 10000 = 0 
Ey = 20.000 N 
Substituindo Ey em (1): 
Ay = -10.000 N 
 
P á g i n a | 177 
 
 
2º- Análise Interna: 
a) Aplicar o Método dos Nós em A: 
 
 
 
 
 
 
Decompondo a força 𝐹𝐴𝐵, temos que: 𝐹𝐴𝐵𝑋 = 𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0e𝐹𝐴𝐵𝑦 = 𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛60
𝑂 
𝛴𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐴𝐸 + 𝐹𝐴𝐵𝑋 = 0 
𝐹𝐴𝐸 + 𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0 = 0 (1) 
𝛴𝐹𝑦 = 0 → −10000 + 𝐹𝐴𝐵𝑦 = 0 
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛60
𝑂 = 10000 → 𝐅𝐀𝐁 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍(Tração) 
 
Substituindo FAB em (1): 
𝐹𝐴𝐸 + 11547 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0 = 0 → 𝐅𝐀𝐄 = −𝟓𝟕𝟕𝟑, 𝟓𝐍(Compressão) 
 
b) Aplicar o Método das Seções em BC, EC e ED: 
 
 
 
Decompondo a força 𝐹𝐸𝐶, temos que: 𝐹𝐸𝐶𝑋 = 𝐹𝐸𝐶 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0e𝐹𝐸𝐶𝑦 = 𝐹𝐸𝐶 ∙ 𝑆𝑒𝑛60
𝑂 
𝛴𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐸𝐷 + 𝐹𝐸𝐶𝑋 = 0 
𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐸𝐷 + 𝐹𝐸𝐶 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0 = 0 (1) 
P á g i n a | 178 
 
 
𝛴𝐹𝑦 = 0 → −10000 + 20000 + 𝐹𝐸𝐶𝑦 = 0 
𝐹𝐸𝐶 ∙ 𝑆𝑒𝑛60
𝑂 = −10000 → 𝐅𝐄𝐂 = −𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍(Compressão) 
𝛴𝑀𝐸 = 0 
 
Para aplicar essa 3ª equação, temos de determinar a distância da linha de ação 
de 𝐹𝐵𝐶 até o nó E (altura do triângulo). 
Da trigonometria, temos que: 𝑇𝑔600 = 
𝑑
2
→ 𝑑 = 2 ∙ 𝑇𝑔600 → 𝐝 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝐦 
4 ∙ 10000 − 3,464 ∙ 𝐹𝐵𝐶 = 0 → 𝐅𝐁𝐂 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍 (Tração) 
 
Substituindo FBC e FEC em (1): 
𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐸𝐷 + 𝐹𝐸𝐶 ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0 = 0 (1) 
11547 + 𝐹𝐸𝐷 + (−11547) ∙ 𝐶𝑜𝑠60
0 = 0 
𝐅𝐄𝐃 = −𝟓𝟕𝟕𝟑, 𝟓𝐍(Compressão) 
 
- Devido à simetria de geometria e de carga (ação e reações nos apoios) que a 
estrutura apresenta (Fig. 175), podemos dizer que: 
Figura 175: DCL do Ex. 1(com os valores das reações). 
 
 
FCD = FAB = 𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍(Tração) 
FBE = FEC =−𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍(Compressão) 
FAE = FED =−𝟓𝟕𝟕𝟑, 𝟓𝐍(Compressão) 
FBC = 𝟏𝟏. 𝟓𝟒𝟕𝐍 (Tração) 
 
P á g i n a | 179 
 
 
Ex. 2) Usando o método dos nós e o método das seções determine as forças 
nas barras da treliça ilustrada abaixo. 
Figura 176: Treliça do Ex. 2. 
 
 
Resolução: 
- Fazendo a Análise Externa: 
Figura 177: Indicação da RA do Ex. 2. 
 
 
Sendo os ângulos de 45º, temos que as barras horizontais e verticais tem 
comprimentos iguais, ou seja 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐸𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑥 e as barras inclinadas 
também, daí 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑥√2. 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐸𝑦 ∙ 𝑥 − 1 ∙ cos45
o ∙ 2𝑥 − 1 ∙ 𝑠𝑒𝑛 45o ∙ 𝑥 = 0 → 𝑬𝒚 =
𝟑√𝟐
𝟐
 𝐤𝐍 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 1 ∙ 𝑠𝑒𝑛 45
o = 0 → 𝑨𝒙 = −
√𝟐
𝟐
𝐤𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐸𝑦 − 1 ∙ cos 45
o = 0 → 𝐴𝑦 =
√2
2
−
3√2
2
 → 𝑨𝒚 = −√𝟐 𝐤𝐍 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 180 
 
 
Figura 178 
 
 
- Fazendo uma seção cortando as barras BC, BD e ED, e pegando apenas a 
parte da esquerda da seção temos: 
Figura 179: Indicação da Seção ss do Ex. 2. 
 
 
∑𝑀𝐵 =0 ∴ 𝐸𝐷 ∙ 𝑥 + √2 ∙ 𝑥 −
√2
2
∙ 𝑥 = 0 → 𝑬𝑫 = −
√𝟐
𝟐
 𝐤𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐵𝐷 ∙ cos 45
o +
3√2
2
− √2 = 0 → 
√2
2
 𝐵𝐷 =
3√2
2
− √2 
𝐵𝐷 =
√2
2
÷
√2
2
 → 𝑩𝑫 = 𝟏 𝐤𝐍 (𝒕𝒓𝒂çã𝒐) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −
√2
2
+ 𝐵𝐶 + 𝐸𝐷 + 𝐵𝐷 ∙ 𝑐𝑜𝑠 45o = 0 → 𝐵𝐶 =
√2
2
− 𝐸𝐷 − 𝐵𝐷 ∙
√2
2
 
 
𝐵𝐶 =
√2
2
− (−
√2
2
) − 1 ∙
√2
2
=
√2
2
+
√2
2
−
√2
2
 → 𝑩𝑪 =
√𝟐
𝟐
 (𝒕𝒓𝒂çã𝒐) 
P á g i n a | 181 
 
 
- Fazendo o cálculo no Nó A: 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝐵 ∙ cos 45
o − √2 = 0 → 
√2
2
 𝑨𝐵 = √2 
𝐴𝐵 = √2 ÷
√2
2
 → 𝑨𝑩 = 𝟐 𝐤𝐍 (𝒕𝒓𝒂çã𝒐) 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −
√2
2
+ 𝐴𝐵 ∙ cos 45o + 𝐴𝐸 = 0 → 𝐴𝐸 =
√2
2
− 𝐴𝐵 ∙
√2
2
 
𝐴𝐸 =
√2
2
− 2 ∙
√2
2
=
√2
2
− √2 → 𝑨𝑬 = −
√𝟐
𝟐
 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
 
- Fazendo o cálculo no Nó E: 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐵𝐷 +
3√2
2
= 0 → 𝑩𝑫 = −
𝟑√𝟐
𝟐
 𝐤𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
 
- Fazendo o cálculo no Nó C: 
 
 
 
P á g i n a | 182 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐶𝐷 − 1 ∙ cos 45
o → 𝑪𝑫 = −
√𝟐
𝟐
 𝐤𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
 
Exercícios Propostos: 
Encontre as forças atuantes, em cada uma das barras da treliça 
simples abaixo, usando o método das seções e o método dos nós. 
 
Figura 180: Treliça do Exercício Proposto 1. 
 
 
Resposta: 
Figura 181: Resposta do Exercício Proposto 1. 
 
 
P á g i n a | 183 
 
 
2) Encontre as forças atuantes, em cada uma das barras da treliça simples 
abaixo, usando o método das seções e o método dos nós. 
Figura 182: Treliça do Exercício Proposto 2. 
 
 
Resposta: 
Figura 183: Resposta do Exercício Proposto 2. 
 
 
 
 
P á g i n a | 184 
 
 
3) Encontre as forças atuantes, em cada uma das barras da treliça simples 
abaixo, usando o método das seções e o método dos nós. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Estrutura é um sistema de elementos conectados de forma que possa 
suportar ou transferir forças e resistir de forma segura às cargas nele 
aplicadas; 
 No estudo do Equilíbrio de Corpos Compostos, além de se determinar 
as reações nos apoios, deve-se proceder também a análise e 
determinação das reações nos vínculos internos (Nós); 
 O método dos nós consiste em separar cada nó da treliça e analisá-lo 
de forma que satisfaça as condições de equilíbrio de um ponto material 
(∑Fx=0 e ∑Fy=0). Nele, as barras são substituídas por forças nas 
direções delas que são, na verdade, os Esforços Internos nas barras. 
 O método das seções consiste em seccionar a treliça nos elementos em 
que se deseja estudar, tomar um dos lados da treliça, aplicar as 
equações de equilíbrio no “novo corpo” e determinar as forças nas barras 
seccionadas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 5 
Exercícios 
 
 
 
1) Seja a treliça da figura abaixo. Podemos dizer que as 
forças nas barras BC, BE e DE são, respectivamente: 
a) 52,5 kN (C); 37,5 kN (T); 30 kN (T) 
b) 37,5 kN (T); 52,5 kN (C); 30 kN (T) 
c) 32,5 kN (T); 57,5 kN (C); 30 kN (C) 
d) 52,5 kN (T); 37,5 kN (C); 30 kN (C) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Seja a treliça da figura abaixo que representa a parte superior de uma torre 
metálica. A força na barra EF é de: 
a) 2,21 kN (T) 
b) 2,29 kN (C) 
c) 12,5 kN (C) 
d) 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 187 
 
 
 
3) Na treliça Howede, uma ponte está sujeita ao carregamento mostrado na 
figura. As forças nos elementos DE, EH e HG são, respectivamente: 
a) 45 kN (C); 5 kN (T); 45 kN (T) 
b) 45 kN (T); 5 kN (C); 45 kN (T) 
c) 25 kN (T); 7,5 kN (C); 30 kN (C) 
d) 5 kN (T); 45 kN (C); 45 kN (T) 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Seja a treliça da questão 3. As forças nas barras AB e BC são, 
respectivamente: 
a) 70 N (T); 50 N (T) 
b) 30 N (T); 50 N (T) 
c) 30 N (C); 0 
d) 0; 25 N (C) 
 
 
 
 
 
 
 
Revisão 1 
Aula 6 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nas aulas anteriores, as forças atuantes nos corpos foram todas tratadas como 
concentradas sobre sua linha de ação, ou seja, pontuais. Embora seja 
matematicamente aceitável tratar algumas forças como concentradas, isso na prática 
não existe; pois toda força que atua externamente sobre um corpo se distribui sobre 
uma área de contato finita. 
No tratamento dos efeitos externos de forças distribuídas atuando sobre os 
corpos, podemos substituí-las por sua resultante (R) e considerá-la concentrada; 
sendo que a linha de ação da força resultante passa pelo centro de gravidade 
(conforme veremos em sequência, na aula 7). 
Antes, porém, vamos introduzir os conceitos de centro de gravidade, centro de 
massa e centroide de área, necessários ao bom andamento de nossos estudos. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar uma força distribuída e representar sua resultante; 
 Determinar o centroide de áreas simples, compostas e complexas. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 189 
 
 
6 INTRODUÇÃO 
Ex.1.: Sejao vetor �⃗� cuja origem está em 𝐴 (−1,−2, 5) e a extremidade em 
𝐵(7, 12,−3). Quais a suas coordenadas? E o seu módulo? 
Resolução.: Para definir as coordenadas, basta fazer diferença entre os 
pontos: 
𝑉 = (7, 12,−3) − (−1,−2, 5) = (7 + 1, 12 + 2,−3 − 5) = (𝟖, 𝟏𝟒,−𝟓) 
 
O módulo de V é determinado fazendo: |𝑉| = √𝑥𝑉2 + 𝑦𝑉2 + 𝑧𝑉2 
|𝑉| = √82 + 142 + (−5)2 = √285 = 16,882 unidades 
 
Ex. 2.: Determine a soma dos vetores (Fig. 184), indicando sua direção, sentido 
e intensidade: 
Figura 184: DCL Ex. 2. 
 
 
Resolução: Representando a soma vetorial pela regra do polígono (Fig. 185) 
temos: 
Figura 185: Polígono dos vetores Ex. 2. 
 
 
Vamos resolver o problema por parte. 
P á g i n a | 190 
 
 
- Primeiramente vamos pegar o Triângulo F1F2R1 (Fig. 186): 
Figura 186: Triângulo das Forças 1 - Ex. 2. 
 
 
𝑅1
2 = 𝐹1
2 + 𝐹2
2 − 2 ∙ 𝐹1 ∙ 𝐹2 ∙ cos 135
o 
𝑅1
2 = 1502 + 1002 − 2 ∙ 150 ∙ 100 ∙ cos 135o 
𝑅1 = √53.713,20 = 231,76 N 
Pela Lei dos Senos podemos determinar o ângulo b: 
𝑅1
𝑠𝑒𝑛 135o 
=
𝐹1
𝑠𝑒𝑛 𝑏 
 → 
231,76
𝑠𝑒𝑛 135o 
=
150
𝑠𝑒𝑛 𝑏 
 
𝑠𝑒𝑛 𝑏 =
150 ∙ 𝑠𝑒𝑛 135o
231,76
= 0,4576545 → 𝑏 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(0,4576545) → 𝒃 = 𝟐𝟕, 𝟐𝐨 
Pela soma dos ângulos internos de um triângulo: 
𝑎 + 𝑏 + 135o = 180o → 𝑎 = 180o − 27,2o + 135o → 𝒂 = 𝟏𝟕, 𝟖𝐨 
- Vamos pegar agora o Triângulo RR1F3 (Fig. 187): 
Como o ângulo entre 𝑹𝟏⃗⃗⃗⃗ ⃗ e 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ é de 27,2o, o ângulo entre 𝑹𝟏⃗⃗⃗⃗ ⃗ e 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ será de 100 - 
27,2, ou seja, 72,8o. 
Figura 187: Triângulo das Forças 3 - Ex. 2. 
 
 
Pela lei dos cossenos: 
𝑅2 = 𝑅1
2 + 𝐹3
2 − 2 ∙ 𝑅1 ∙ 𝐹3 ∙ cos 72,8
o 
P á g i n a | 191 
 
 
𝑅2 = 231,762 + 1802 − 2 ∙ 231,76 ∙ 180 ∙ cos 72,8o 
𝑅 = √61.444,71 = 𝟐𝟒𝟕, 𝟗 𝐍 
Pela lei dos senos: 
𝑅
𝑠𝑒𝑛 72,8o 
=
𝐹3
𝑠𝑒𝑛 𝑐 
 → 
247,9
𝑠𝑒𝑛 72,8o 
=
180
𝑠𝑒𝑛 𝑐 
 
 𝑠𝑒𝑛 𝑐 =
180 ∙ 𝑠𝑒𝑛 72,8o
247,9
= 0,6936269 → 𝑏 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(0,6936269) = 𝟒𝟑, 𝟗𝐨 
O ângulo diretor do vetor �⃗� é igual à soma dos ângulos de inclinação de 𝐹1⃗⃗ ⃗, a e 
c: 
θ = 20 + 17,8 + 43,9 = 𝟖𝟏, 𝟕𝐨 
Assim, podemos representar o vetor solução do problema na Fig. 188: 
Figura 188: Resposta do Ex. 2. 
 
 
Ex. 3.: Quatro forças atuam no parafuso A, como mostrado na figura abaixo. 
Figura 189: Forças atuando no Parafuso - Ex. 3. 
 
 
Determine a resultante das quatro forças no parafuso. 
Resolução: Decompondo as forças, temos: 
- Direção x: 
P á g i n a | 192 
 
 
𝐹1𝑥 = −𝐹1 ∙ sen 15
𝑜 = −50 ∙ sen 15𝑜 = −12,9 𝑁 
𝐹2𝑥 = 𝐹2 ∙ cos 30
𝑜 = 180 ∙ cos 30𝑜 = 155,9 𝑁 
𝐹3𝑥 = 𝐹3 ∙ cos 20
𝑜 = 150 ∙ cos 20𝑜 = 140,9 𝑁 
𝐹4𝑥 = 0 
𝑹𝒙 = −𝟏𝟐, 𝟗 + 𝟏𝟓𝟓, 𝟗 + 𝟏𝟒𝟎, 𝟗 + 𝟎 = 𝟐𝟖𝟑, 𝟗 𝐍 
- Direção y: 
𝐹1𝑦 = 𝐹1 ∙ cos 15
𝑜 = 50 ∙ cos 15𝑜 = 48,3 𝑁 
𝐹2𝑦 = 𝐹2 ∙ sen 30
𝑜 = 180 ∙ sen 30𝑜 = 90,0 𝑁 
𝐹3𝑥 = −𝐹3 ∙ sen 20
𝑜 = −150 ∙ sen 20𝑜 = −51,3 𝑁 
𝐹4𝑦 = −100 𝑁 
𝑹𝒙 = 𝟒𝟖, 𝟑 + 𝟗𝟎 − 𝟓𝟏, 𝟑 − 𝟏𝟎𝟎 = −𝟏𝟑, 𝟎 𝐍 
Temos que �⃗� = {283,9𝑖 − 13𝑗 } N. Aplicando a fórmula para resultante (𝑅 =
√𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2), temos que: 𝑅 = √𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = √(283,9)2 + (−13,0)2 = 𝟐𝟖𝟒, 𝟐 𝑵 
Para determinar a direção da força resultante 𝜃: 
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
𝑅𝑦
𝑅𝑥
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
−13,0 
283,9
) = −2,6o = 357,4o. 
Resp. A força resultante é de 284,2 N aplicada a 347,4º do eixo horizontal. 
Ex. 4: Determine as tensões nos cabos AB, AC e AD, para a posição atual, 
sendo que a caixa tem 1,5 ton de material. 
Figura 190: Ex. 4. 
 
 
Resolução: 
P á g i n a | 193 
 
 
- Encontrando os cossenos diretores das tensões nos cabos AB, AC e AD: 
Coordenadas dos Pontos: A (0; -1,125; 0); B (0,70; 0; 0); C (0; 0; -0,60) e D (-
0,65; 0; 0,45). 
𝜆𝐴𝐵: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝐵 – 𝑥𝐴 = 0,70 − 0 = 0,7. 
𝑑𝑦 = 𝑦𝐵 – 𝑦𝐴 = 0 − (−1,125) = 1,125. 
𝑑𝑧 = 𝑧𝐵 – 𝑧𝐴 = 0 − 0 = 0. 
𝑑𝐴𝐵 = √(0,7)2 + (1,125)2 + (0)2 = 1,325 𝑚. 
𝜆𝐴𝐶: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝐶 – 𝑥𝐴 = 0 − 0 = 0. 
𝑑𝑦 = 𝑦𝐶 – 𝑦𝐴 = 0 − (−1,125) = 1,125. 
𝑑𝑧 = 𝑧𝐶 – 𝑧𝐴 = −0,6 − 0 = −0,6. 
𝑑𝐴𝐶 = √(0)2 + (1,125)2 + (−0,60)2 = 1,275 𝑚. 
𝜆𝐴𝐷: 
𝑑𝑥 = 𝑥𝐷 – 𝑥𝐴 = −0,65 − 0 = −0,65. 
𝑑𝑦 = 𝑦𝐷 – 𝑦𝐴 = 0 − (−1,125) = 1,125. 
𝑑𝑧 = 𝑧𝐷 – 𝑧𝐴 = 0,45 − 0 = 0,45. 
𝑑𝐴𝐷 = √(−0,65)2 + (1,125)2 + (0,45)2 = 1,375 𝑚. 
- Decompondo as Tensões nos cabos AB, AC e AD: 
𝑇𝐴𝐵: 
𝑇𝐴𝐵𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐵
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 =
0,7
1,325
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 = 0,5283𝑇𝐴𝐵 
𝑇𝐴𝐵𝑦 = 
𝑑𝑦
𝑑𝐴𝐵
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 =
1,125
1,325
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 = 0,8491𝑇𝐴𝐵 
𝑇𝐴𝐵𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐵
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 =
0
1,325
 ∙ 𝑇𝐴𝐵 = 0 
𝑇𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0,5283𝑇𝐴𝐵 𝑖 + 0,8491𝑇𝐴𝐵 𝑗 + 0 �⃗� . 
𝑇𝐴𝐶: 
𝑇𝐴𝐶𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐶
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 =
0
1,275
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 = 0 
𝑇𝐴𝐶𝑦 = 
𝑑𝑦
𝑑𝐴𝐶
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 =
1,125
1,275
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 = 0,8824𝑇𝐴𝐶 
𝑇𝐴𝐶𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐶
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 =
−0,6
1,275
 ∙ 𝑇𝐴𝐶 = −0,4706𝑇𝐴𝐶 
P á g i n a | 194 
 
 
𝑇𝐴𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0 𝑖 + 0,8824𝑇𝐴𝐶 𝑗 − 0,4706𝑇𝐴𝐶 �⃗� . 
𝑇𝐴𝐷: 
𝑇𝐴𝐷𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐷
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 =
−0,65
1, −75
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 = −0,4727𝑇𝐴𝐷 
𝑇𝐴𝐷𝑦 = 
𝑑𝑦
𝑑𝐴𝐷
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 =
1,125
1,375
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 = 0,8182𝑇𝐴𝐷 
𝑇𝐴𝐷𝑥 = 
𝑑𝑥
𝑑𝐴𝐷
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 =
0,45
1,375
 ∙ 𝑇𝐴𝐷 = 0,3273𝑇𝐴𝐷 
𝑇𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = −0,4727𝑇𝐴𝐷 𝑖 + 0,8182𝑇𝐴𝐷 𝑗 + 0,3273𝑇𝐴𝐷 �⃗� . 
 
- Força Peso: 
𝑃 = 𝑚𝑔 = 1500 𝑘𝑔 ∙ 9,81
𝑚
𝑠2
= 14.715 𝑁 = 𝟏𝟒, 𝟕𝟏𝟓 𝐤𝐍 
�⃗� = {0 𝑖 − 14,715 𝑗 + 0 �⃗� } kN. 
- Fazendo do somatório de forças (equilíbrio): 
𝑇𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0,5283𝑇𝐴𝐵 𝑖 + 0,8491𝑇𝐴𝐵 𝑗 + 0 �⃗� . 
𝑇𝐴𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0 𝑖 + 0,8824𝑇𝐴𝐶 𝑗 − 0,4706𝑇𝐴𝐶 �⃗� . 
𝑇𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = −0,4727𝑇𝐴𝐷 𝑖 + 0,8182𝑇𝐴𝐷 𝑗 + 0,3273𝑇𝐴𝐷 �⃗� . 
�⃗� = {0 𝑖 − 14,715 𝑗 + 0 �⃗� } kN. 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 0,5283𝑇𝐴𝐵 − 0,4727𝑇𝐴𝐷 = 0 → 0,5283𝑇𝐴𝐵 = 0,4727𝑇𝐴𝐷 → 𝑇𝐴𝐵 = 0,8948 𝑇𝐴𝐷 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 0,8491𝑇𝐴𝐵 + 0,8824𝑇𝐴𝐶 + 0,8182𝑇𝐴𝐷 = 14,715 (𝑖𝑖) 
∑𝐹𝑧 = 0 ∴ −0,4706𝑇𝐴𝐶 + 0,3273𝑇𝐴𝐷 = 0 → 0,4706𝑇𝐴𝐶 = 0,3273𝑇𝐴𝐷 → 𝑇𝐴𝐶 = 0,6955 𝑇𝐴𝐷 (𝑖𝑖𝑖) 
Substituindo 𝑇𝐴𝐵 e 𝑇𝐴𝐶 em (𝑖𝑖): 
0,8491 ∙ (0,8948 𝑇𝐴𝐷) + 0,8824 ∙ (0,6955 𝑇𝐴𝐷) + 0,8182𝑇𝐴𝐷 = 14,715 
2,1917 𝑇𝐴𝐷 = 14,715 → 𝑇𝐴𝐷 =
14,715
2,1917
 → 𝑻𝑨𝑫 = 𝟔, 𝟕 𝐤𝐍 
Substituindo 𝑇𝐴𝐷 em (𝑖): 
𝑇𝐴𝐵 = 0,8948 ∙ 6,7 → 𝑻𝑨𝑩 = 𝟔, 𝟎 𝐤𝐍 
Substituindo 𝑇𝐴𝐷 em (𝑖𝑖): 
𝑇𝐴𝐶 = 0,6955 ∙ 6,7 → 𝑻𝑨𝑪 = 𝟒, 𝟕 𝐤𝐍 
Ex. 5: A estrutura mostrada abaixo está submetida a uma força horizontal 𝐹 =
{300 𝑗 } N. Determine a intensidade dos componentes da força paralela e perpendicular 
ao elemento AB. 
P á g i n a | 195 
 
 
Figura 191: Ex. 5. 
 
 
Resolução: 
Determinando o vetor posição 𝑟𝐵⃗⃗ ⃗. Com base na Fig. 191 temos: 
𝑟𝐵⃗⃗ ⃗ = {2𝑖 + 6𝑗 + 3�⃗� } 
A intensidade do componente de 𝐹 ao longo de AB é igual ao produto escalar 
de 𝐹 pelo vetor unitário 𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ , que define a direção de AB, como: 
𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ =
𝑟𝐵⃗⃗ ⃗
𝑟𝐵
=
2𝑖 + 6𝑗 + 3�⃗� 
√(2)² + (6)2 + (3)²
 
𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ = 0,286 𝑖 + 0,857 �⃗⃗� + 0,429 𝑘⃗⃗⃗ 
Módulo (intensidade) de 𝐹𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ : 
𝐹𝐴𝐵 = 𝐹 ∙ 𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ 
𝐹𝐴𝐵 = (0 𝑖 + 300𝑗 + 0 𝑘⃗⃗⃗ ) ∙ (0,286 𝑖 + 0,857 �⃗⃗� + 0,429 𝑘⃗⃗⃗ ) 
𝐹𝐴𝐵 = 0 ∙ (0,286) 𝑖 + 300 ∙ (0,857) �⃗⃗� + 0 ∙ (0,429) 𝑘⃗⃗⃗ 
𝐅𝐀𝐁 = 𝟐𝟓𝟕, 𝟏 𝐍 
Expressando 𝐹𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ na forma vetorial cartesiana, calculamos o produto vetorial de 
𝐹 𝑒 𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ : 
𝐹𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹 ^ 𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝑢𝐵⃗⃗ ⃗⃗ 
𝐹𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (257,1 𝑁). (0,286 𝑖 + 0,857 �⃗⃗� + 0,429 𝑘⃗⃗⃗ ) 
𝑭𝑨𝑩⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = {𝟕𝟑, 𝟓 𝒊 + 𝟐𝟐𝟎 𝒋 + 𝟏𝟏𝟎 �⃗⃗� } 𝐍 
A componente perpendicular é portanto: 
𝐹1⃗⃗ ⃗ = 𝐹 − 𝐹𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
𝐹1⃗⃗ ⃗ = (0 𝑖 + 300𝑗 + 0 𝑘⃗⃗⃗ ) − (73,5 𝑖 + 220 𝑗 + 110 �⃗� ) 
P á g i n a | 196 
 
 
𝐹1⃗⃗ ⃗ = {−73,5 𝑖 + 80 𝑗 − 110 �⃗� } N 
A intensidade é determinada por meio desse vetor: 
𝐹1= √(−73,5)2 + (80)2 + (−110)2 = 𝟏𝟓𝟒, 𝟔 𝐍 
Ou por Pitágoras: 
𝐹1 = √𝐹2 − 𝐹𝐴𝐵² = √(300)2 − (257,1)² = 𝟏𝟓𝟓, 𝟔 𝐍 
Ex. 6: Uma torre AB de 15,0 m de comprimento é sustentado por 3 cabos (AB, 
AC e AD). Determine o momento da força exercida pelo cabo AE (aplicada no ponto 
A) em relação ao ponto B. (Dados: TAE = 10 kN; A (2, 12, 0); B(0, 2, 6); E ( 3, 0, 3)). 
Resolução: 
- Decompondo a força TAE 
dx = xE – xA = 3 – 2 = 1 
dy = yE – yA = 0 – 12 = -12 
dx = zE – zA = 3 – 0 = 3 
dBE = √(1)2 + (−12)2 + (3)2 = 12,41 
TAEx = 
1
12,41
 .10000 = 805,8 N 
TAEy = 
−12
12,41
 .10000 = -9.669,6 N 
TAEz = 
3
12,41
 .10000 = 2.417,4 N 
𝑇𝐴𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 805,8𝑖 − 9669,6𝑗 + 2417,4�⃗� 
- Definidas as coordenadas do vetor �⃗⃗� (posição de B em relação a A): 
dx = xB – xA = 0 - 2 = -2 
dy = yB – yA = 2 - 12 = -10 
dx = zB – zA = 6 - 0 = 6 
𝑑 = −2𝑖 − 10𝑗 + 6�⃗� 
- Montando e resolvendo o determinante com as coordenadas de 𝑻𝑨𝑬⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ e �⃗⃗� : 
𝑀𝐵
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = |
𝑖 𝑗 �⃗� 
−2 −10 6
805,8 −9669,6 2417,4
|
𝑖 𝑗 
−2 −10
805,8 −9669,6
| 
𝑀𝐵
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = −24174𝑖 + 4834,8𝑗 + 19339,2�⃗� + 8058�⃗� + 58017,6𝑖 + 4834,8𝑗 
𝑴𝑩
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝟓𝟓. 𝟐𝟕𝟎, 𝟔 𝒊 + 𝟗. 𝟔𝟔𝟗, 𝟔 𝒋 + 𝟐𝟕. 𝟑𝟗𝟕, 𝟐 �⃗⃗� 
𝐌𝒙 = 𝟓𝟓, 𝟑 𝒌𝑵.𝒎 
𝐌𝒚 = 𝟗, 𝟕 𝒌𝑵.𝒎 
P á g i n a | 197 
 
 
𝐌𝒛 = 𝟐𝟕, 𝟒 𝒌𝑵.𝒎 
Ex. 7 - Determine as reações nos apoios A e B. 
Figura 192: Estrutura do Ex. 7. 
 
 
Resolução: Pela Fig. 193 temos que o apoio A é de 2º gênero e o apoio B é 
de 1º gênero, então: 
Figura 193: DCL do Ex. 7. 
 
 
Determinando as reações nos apoios A e B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 45 − 8 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 53 𝑘𝑁 (𝑖) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ −8(3) − 20 − 45(6,5) + 𝐵𝑦(5) = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟔𝟕, 𝟑 𝒌𝑵 
Substituindo o valor de By em (𝑖): 
𝐴𝑦 + 67,3 = 53 → 𝑨𝒚 = 𝟏𝟒, 𝟑 𝒌𝑵 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 198 
 
 
 Ex. 8: A força 𝐹 = {−50 𝑖 + 30 𝑗 + 30 �⃗� } 𝑁 atua no ponto A mostrado na Fig. 
11. Determine os momentos dessa força em relação ao eixo x. 
Figura 194: Exemplo 8. 
 
 
Resolução: 
- Vetor Força: 𝐹 = {−50 𝑖 + 30 𝑗 + 30 �⃗� } 𝑁 
- Vetor Posição: 𝑟𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = {−3 𝑖 + 4 𝑗 + 6 �⃗� } 𝑚 
- Vetor Unitário: 𝑢𝑥⃗⃗⃗⃗ = {1 𝑖 + 0 𝑗 + 0 �⃗� } 
= Momento em relação ao eixo x: 
𝑀𝑥 = |
𝑢𝑥𝑥 𝑢𝑥𝑦 𝑢𝑥𝑧
𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
| = |
1 0 0
−3 4 6
−50 30 30
| = |
1 0 0
−3 4 6
−50 30 30
|
1 0
−3 4
−50 30
| 
 
𝑀𝑥 = 1 ∙ 4 ∙ 30 − 0 ∙ 6 ∙ (−50) + 0 ∙ (−3) ∙ 30 − (−50) ∙ 4 ∙ 0 − 30 ∙ 6 ∙ 1 − 30 ∙ (−3) ∙ 0 = −𝟔𝟎 𝐍𝐦 
Resposta: O Momento em relação ao eixo x é de 60 Nm no sentido horário. 
Ex. 9: As extremidades da chapa triangular (Fig. 195) estão sujeitas a três 
binários. Determine a dimensão d da chapa de modo que o momento de binário 
resultante seja 150 Nm no sentido anti-horário. 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 199 
 
 
Figura 195: Exemplo 9. 
 
 
Resolução: 
O momento final será a soma algébrica dos 3 binários. Então, para facilitar o 
cálculo, consideramos como sendo positivo o sentido anti-horário e negativo o sentido 
horário: 
100 ∙ 𝑑 ∙ cos 30𝑜 + 600 ∙ 𝑑 ∙ sen 30𝑜 − 200 ∙ 𝑑 = 150 
86,6𝑑 + 300𝑑 − 200 ∙ 𝑑 = 150 
387,6𝑑 = 350 → 𝒅 = 𝟎, 𝟖𝟎𝟒 𝒎 
Resp. A dimensão d mede 80,4 cm. 
 
Ex. 10: Determine as reações nos apoios A e C e as forças no conectivo B. 
Figura 196: Elemento de Máquina – Ex. 10. 
 
 
P á g i n a | 200 
 
 
Resolução: 
- Análise Externa: (indicação das reações de apoio na Fig. 197): 
Figura 197: Indicação das RA da estrutura do ex. 10. 
 
 
RA (aplicando as equações de equilíbrio): 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴 ∙ cos 60𝑜 + 𝐶𝑥 = 0 → 𝐶𝑥 = −0,5𝐴 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴 ∙ sen 60𝑜 + 𝐶𝑦 − 1500 = 0 → 𝐶𝑦 = 1500 − 0,866𝐴 (𝑖𝑖) 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐶𝑦 ∙ (6 + 3 cos 60
𝑜) − 𝐶𝑥 ∙ 3 sen 60
𝑜 − 1500 ∙ (3 + 3 cos 60𝑜) = 0 
7,5𝐶𝑦 − 2,6𝐶𝑥 = 1500 ∙ 4,5 → 7,5𝐶𝑦 − 2,6𝐶𝑥 = 6750 (𝑖𝑖𝑖) 
Substituindo os valor de (𝑖) e (𝑖𝑖) em (𝑖𝑖𝑖): 
7,5 ∙ (1500 − 0,866𝐴) − 2,6 ∙ (−0,5𝐴) = 6750 
11250 − 6,495𝐴 + 1,3𝐴 = 6750 → −5,195𝐴 = −4500 → 𝑨 = 𝟖𝟔𝟔, 𝟐 𝐍 
Substituindo A em (𝑖): 
𝐶𝑥 = −0,5 ∙ 866,2 → 𝑪𝒙 = −𝟒𝟑𝟑, 𝟏 𝐍 
Substituindo A em (𝑖𝑖): 
0,866 ∙ 866,2 + 𝐶𝑦 = 1500 → 𝑪𝒚 = 𝟕𝟓𝟎 𝐍 
Resposta: A força no pino B é igual a reação em A, ou seja, de 866,2 N e as 
RA são indicadas na Fig. 198. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 201 
 
 
Figura 198: Resposta - RA da estrutura do ex. 10. 
 
 
Ex. 11: Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça 
mostrada na Fig. 199 e indique se os elementos estão sob tração ou compressão. 
Figura 199: Treliça do ex. 11. 
 
 
Resolução: 
Cálculo das Reações de Apoio (indicadas no DCL da Fig. 200): 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 202 
 
 
Figura 200: DCL do ex. 11. 
 
 
∑𝑀𝐶 = 0 ∴ −𝐴𝑦. 6 + 400 . 3 + 600 . 4 = 0 → 𝐴𝑦 =
400 . 3 + 600 . 4
6
= 𝟔𝟎𝟎 𝑵 ↑ 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 600 − 𝐶𝑥 = 0 → 𝐶𝑥 = 𝟔𝟎𝟎 𝑵 ← 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 600 − 400 − 𝐶𝑦 = 0 → 𝐶𝑦 = 600 − 400 = 𝟐𝟎𝟎 𝑵 ↓ 
 
→ Resolvendo o nó A: 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 600 −
4
5
𝐹𝐴𝐵 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 =
5 . 600
4
 → 𝑭𝑨𝑩 = 𝟕𝟓𝟎 𝐍 (Compressão) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝐴𝐷 −
3
5
 . 𝐹𝐴𝐷 = 0 → 𝐹𝐴𝐷 −
3
5
. 750 = 0 → 𝐹𝐴𝐷 =
3
5
. 750 → 𝐅𝐀𝐃 = 𝟒𝟓𝟎 𝐍 (Tração) 
→ Resolvendo o nó D: 
 
 
P á g i n a | 203 
 
 
 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −450 +
3
5
. 𝐹𝐷𝐵 + 600 = 0 → 𝐹𝐷𝐵 =
(450 − 600). 5
3
 → 𝑭𝑫𝑩 = −𝟐𝟓𝟎 𝐍 
O sinal negativo indica que 𝐹𝐷𝐵 atua no sentido aposto ao indicado na figura, 
ou seja, 𝐹𝐷𝐵 = 250 𝑁 (Tração) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐹𝐷𝐶 −
4
5
. 𝐹𝐷𝐵 = 0 → 𝐹𝐷𝐶 = −
4
5
. (−250) → 𝐅𝐃𝐂 = 𝟐𝟎𝟎 𝐍 (Compressão) 
Resolvendo o nó C: 
 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝐶𝐵 − 600 = 0 → 𝐹𝐶𝐵 = 𝟔𝟎𝟎 𝐍 (Compressão) 
 
Representação dos Esforços nos Elementos da Treliça (Fig. 201): 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 204 
 
 
Figura 201: Resposta do ex. 11. 
 
 
Ex. 12: Resolva o Exemplo da Fig. 202 pelo método das seções: 
Figura 202: Treliça da Fig. 202. 
 
 
Resolução: 
- Análise Externa (Determinação das RA): 
 
 
P á g i n a | 205 
 
 
 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐷𝑦 ∙ 12 − 1500 ∙ 8 − 1000 ∙ 3 = 0 → 𝑫𝒚 =
12000 + 3000
12
= 𝟏. 𝟐𝟓𝟎 𝐍 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 1000 = 0 → 𝑨𝒙 = −𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑵 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 +𝐷𝑦 − 1500 = 0 → 𝐴𝑦 = 1500 − 1250 → 𝑨𝒚 = 25𝟎 𝑵 
 
- seccionando a treliça em s-s: 
Figura 203: Seccionamento da Treliça da Fig. 203. 
 
 
- Analisando a parte esquerda da seção s-s: 
 
 
 
∑𝑀𝐺 =0 ∴ 𝐵𝐶 ∙ 3 − 250 ∙ 4 − 1000 ∙ 3 = 0 → 𝑩𝑪 =
1000 + 3000
3
= 𝟏. 𝟑𝟑𝟑, 𝟑 𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐺𝐶𝑦 + 250 = 0 → 0,6 𝐺𝐶 = 250 → 𝑮𝑪 = 𝟒𝟏𝟔, 𝟕 𝐍 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐺𝐶𝑥 + 𝐺𝐸 + 𝐵𝐶 − 1000 = 0 → 0,8𝐺𝐶 + 𝐺𝐸 + 𝐵𝐶 = 1000 
𝐺𝐸 = 1000 − 1333,3 − 0,8 ∙ 416,7 → 𝑮𝑬 = −𝟔𝟔𝟔, 𝟕 𝐍 
 
Resposta: FGE = -666,7 N (compressão); FBC= 1.333,3 N(tração); FGC = 
416,7 N (tração). 
P á g i n a | 206 
 
 
Ex. 13: Usando o método dos nós e o método das seções determine as forças 
nas barras da treliça ilustrada abaixo. 
Figura 204: Treliça do Ex. 13. 
 
 
Resolução: 
- Fazendo a Análise Externa: 
Figura 205: Indicação da RA do Ex. 13. 
 
 
Sendo os ângulos de 45º, temos que as barras horizontais e verticais tem 
comprimentos iguais, ou seja 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐸𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑥 e as barras inclinadas 
também, daí 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑥√2. 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝐸𝑦 ∙ 𝑥 − 500 ∙ cos 45
o ∙ 2𝑥 − 500 ∙ 𝑠𝑒𝑛 45o ∙ 𝑥 = 0 → 𝑬𝒚 = 𝟕𝟓𝟎√𝟐 𝐍 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 + 500 ∙ 𝑠𝑒𝑛 45
o = 0 → 𝑨𝒙 = −𝟐𝟓𝟎√𝟐 𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴𝐴𝑦 + 𝐸𝑦 − 500 ∙ cos 45
o = 0 → 𝐴𝑦 = 250√2 − 750√2 → 𝑨𝒚 = −𝟓𝟎𝟎√𝟐 𝐍 
 
P á g i n a | 207 
 
 
Figura 206: RA do Ex. 13. 
 
 
- Fazendo uma seção cortando as barras BC, BD e ED, e pegando apenas a 
parte da esquerda da seção temos: 
Figura 207: Indicação da Seção ss do Ex. 2. 
 
 
∑𝑀𝐵 =0 ∴ 𝐸𝐷 ∙ 𝑥 + 500√2 ∙ 𝑥 − 250√2 ∙ 𝑥 = 0 → 𝑬𝑫 = −𝟐𝟓𝟎√𝟐 𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐵𝐷 ∙ cos 45
o + 750√2 − 500√2 = 0 → 
√2
2
 𝐵𝐷 = 250√2 
𝐵𝐷 = 250√2 ÷
√2
2
 → 𝑩𝑫 = 𝟓𝟎𝟎 𝐍 (𝒕𝒓𝒂çã𝒐) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −250√2 + 𝐵𝐶 + 𝐸𝐷 + 𝐵𝐷 ∙ 𝑐𝑜𝑠 45
o = 0 → 𝐵𝐶 = 250√2 − 𝐸𝐷 − 𝐵𝐷 ∙
√2
2
 
𝐵𝐶 = 250√2 − (−250√2) − 500 ∙
√2
2
= 250√2 + 250√2 − 250√2 → 𝑩𝑪 = 𝟐𝟓𝟎√𝟐 𝐍(𝒕𝒓𝒂çã𝒐) 
 
- Fazendo o cálculo no Nó A: 
 
 
 
P á g i n a | 208 
 
 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝐵 ∙ cos 45o − 500√2 = 0 → 
√2
2
 𝐴𝐵 = 500√2 
𝐴𝐵 = 500√2 ÷
√2
2
 → 𝑨𝑩 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐍 (𝑡𝑟𝑎çã𝑜) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −250√2 + 𝐴𝐵 ∙ cos 45o + 𝐴𝐸 = 0 → 𝐴𝐸 = 250√2 − 𝐴𝐵 ∙
√2
2
 
𝐴𝐸 = 250√2 − 1000 ∙
√2
2
= 250√2 − 500√2 → 𝑨𝑬 = −𝟐𝟓𝟎√𝟐 𝐍(𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
- Fazendo o cálculo no Nó E: 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐵𝐷 + 750√2 = 0 → 𝑩𝑫 = −𝟕𝟓𝟎√𝟐 𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
- Fazendo o cálculo no Nó C: 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐶𝐷 − 500 ∙ cos 45o → 𝑪𝑫 = −𝟐𝟓𝟎√𝟐 𝐍 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐) 
 
 
Forças distribuídas: centroides e 
centro de massa 1 
Aula 7 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Até aqui em nossa disciplina, as forças atuantes nos corpos foram todas 
tratadas como concentradas sobre sua linha de ação, ou seja, pontuais. Embora seja 
matematicamente aceitável tratar algumas forças como concentradas, isso na prática 
não existe; pois toda força que atua externamente sobre um corpo se distribui sobre 
uma área de contato finita. 
No tratamento dos efeitos externos de forças distribuídas atuando sobre os 
corpos, podemos substituí-las por sua resultante (R) e considerá-la concentrada; 
sendo que a linha de ação da força resultante passa pelo centro de gravidade 
(conforme veremos em aula posterior). 
Antes, porém, vamos introduzir os conceitos de centro de gravidade, centro de 
massa e centroide de área, necessários ao bom andamento de nossos estudos. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar uma força distribuída e representar sua resultante; 
 Determinar o centroide de áreas simples e complexas. 
 
P á g i n a | 210 
 
 
7 INTRODUÇÃO 
Quando uma força aplicada sobre um corpo ocupa uma região cujas dimensões 
não podem ser desprezadas, em comparação às outras dimensões; essa força deve 
ser considerada como distribuída. Existem três tipos de categoria das forças 
distribuídas. 
7.1 Carga distribuída por comprimento 
Quando uma força está distribuída ao longo de uma linha, ou de uma barra, 
consideramos que a mesma está distribuída apenas ao longo do comprimento; pois 
essa dimensão é muito maior que as demais. 
Cargas distribuídas por comprimento têm como unidade de medida no S.I. o 
N/m, ou seu múltiplo kN/m. Também podemos usar kgf/m, tf/m etc. São exemplos de 
cargas distribuídas por comprimento o peso de uma parede sobre uma viga, o peso 
próprio da viga (Fig. 208) etc. 
Figura 208: Peso próprio de uma viga. 
 
 
7.2 Carga por área 
Uma força distribuída sobre uma superfície – como, por exemplo, o peso próprio 
de uma laje (Fig.209), a pressão da água sobre a parede de uma piscina etc. - são 
denominadas cargas distribuiídas por área. 
A unidade de medida no S.I. é o N/m² (Pa), kN/m², kgf/m². 
 
 
 
 
P á g i n a | 211 
 
 
Figura 209: Peso próprio de uma laje. 
 
 
7.3 Carga distribuída por volume 
A força distribuída mais comum é o peso específico, conhecido também por 
peso próprio, que é determinado pela força de atração gravitacional. Podemos usar 
as unidades N/m³, kN/m³ e kgf/m³. 
7.4 Centros de massas e centróides 
O centro de massa de um objeto qualquer é, na verdade, uma posição definida 
matematicamente. 
Na Mecânica Clássica, Centro de Massa - que pode também ser chamado de 
centro de gravidade, quando o campo gravitacional sobre o corpo é uniforme (assim 
consideramos para efeito de cálculo, por ser uma aproximação aceitável) - é definido 
como um ponto que pode ser considerado que toda a massa desse corpo está 
concentrada para o cálculo de vários efeitos. O centro de massa, cuja notação é ponto 
𝐺(𝑥𝐺 , 𝑦𝐺), não precisa coincidir com o centroide (centro geométrico), nem precisa ser 
um ponto interno ao corpo. 
Segundo Assis e Ravanelli (2008), em termos mais atuais, o conceito de Centro 
de Gravidade pode ser assim apresentado: 
 “O centro de gravidade de um corpo rígido é o ponto tal que, se imaginarmos 
o corpo suspenso por este ponto e com liberdade para girar em todos os sentidos ao 
redor deste ponto, o corpo assim sustentado permanecerá em repouso e preservará 
sua posição original, qualquer que seja a orientação do corpo em relação à Terra. ” 
Consideremos a placa horizontal da Fig.210. Ela pode ser dividida por n 
pequenos elementos. As coordenadas do primeiro elemento são denominadas x1e 
y1, as do segundo elemento x2 e y2 e assim sucessivamente. Sendo cada elemento 
P á g i n a | 212 
 
 
submetido à ação da gravidade, temos que as forças e peso de cada elemento são 
∆P1, ∆P2, etc., todas orientadas em direção ao centro da Terra. 
Figura 210: Centro de Gravidade na Placa horixontal. 
 
 
 
 
 
Fonte: Damin - Adaptado 
Um elemento i qualquer tem coordenadas xi e yi e peso ∆Pi (Fig. 211). 
Figura 211: Elemento i na placa horizontal. 
 
Fonte: Damin - Adaptado 
Fazendo o cálculo do Momento nos eixos x e y (pelas figuras 210 e 211), temos 
que: 
 
𝑀𝑥 = 𝑃 ∙ 𝑦𝐺 = ∑∆𝑃𝑖 ∙ 𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
 
𝑀𝑦 = 𝑃 ∙ 𝑥𝐺 = ∑∆𝑃𝑖 ∙ 𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
 
 
Sendo assim, as coordenadas do centro de gravidade podem ser definidas 
como: 
𝑥𝐺 = 
∑ ∆𝑃𝑖 ∙ 𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑃
 
𝑦𝐺 = 
∑ ∆𝑃𝑖 ∙ 𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑃
 
P á g i n a | 213 
 
 
Se dividirmos a placa em áreas que tendem a zero, conhecidas por 
infinitesimais (dA), de tal forma que cada elemento tenha um pelo dP. 
O peso da placa pode ser representado por uma integral (soma de partes 
infinitesimais): 
𝑃 = ∫𝑑𝑃 
Manipulando as equações acima, os momentos Mx e My ficarão: 
𝑴𝒙 = ∫𝒙𝒊 ∙ 𝒅𝑷 
𝑴𝒚 = ∫𝒚𝒊 ∙ 𝒅𝑷 
 
Dessa forma, podemos calcular, de forma mais genérica, as coordenadas do 
centro de gravidade pelas expressões: 
𝒙𝑮 = 
∫𝒙𝒊 ∙ 𝒅𝑷
∫𝒅𝑷
 
𝒚𝑮 = 
∫𝒚𝒊 ∙ 𝒅𝑷
∫𝒅𝑷
 
 
Em algumas situações, o centroide e o centro de massas podem coincidir entre 
si. Para que os pontos coincidam, o objeto precisa ter densidade uniforme, ou a 
distribuição de matéria através do objeto deve ter certas propriedades, tais 
como simetria. Então, para que um centroide coincida com o centro de massa, o corpo 
deve ser homogêneo e uniforme. Dessa forma, o ponto C (centroide de área) é igual 
ao ponto G (centro de gravidade): 𝐶 (�̅� , �̅� ) 𝑒𝐺 ( 𝑥𝐺 , 𝑦𝐺). 
7.5 Centróide de área 
Sendo o corpo (placa) uniforme e homogênia, o peso é dado pelo produto do 
peso específico do materia (𝛾) pelo volume que ele ocupa (área da superfície A vezes 
espessura t). 
𝑃 = 𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝐴 
 
Tomando-se cada elemento infinitesimal, de área dA, espessura t e peso 
específico : 
http://pt.wikipedia.org/wiki/Simetria
P á g i n a | 214 
 
 
𝑑𝑃 = 𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝑑𝐴 
 
Substituindo do valor de dP nas, temos: 
 
𝑥𝐺 = 
∫ 𝑥𝑖 ∙ 𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝑑𝐴
∫𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝑑𝐴
 
 
𝑦𝐺 = 
∫𝑦𝑖 ∙ 𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝑑𝐴
∫𝛾 ∙ 𝑡 ∙ 𝑑𝐴
 
 
Sendo t e 𝛾 valores constantes (por ser uniforme e homogênea), esses valores 
podem sair da integral. Então, ficamos com: 
𝑥𝐺 = 
𝛾 ∙ 𝑡 ∙ ∫ 𝑥𝑖 ∙ 𝑑𝐴𝛾 ∙ 𝑡 ∙ ∫ 𝑑𝐴
 
 
𝑦𝐺 = 
𝛾 ∙ 𝑡 ∙ ∫ 𝑦𝑖 ∙ 𝑑𝐴
𝛾 ∙ 𝑡 ∙ ∫ 𝑑𝐴
 
 
Simplificando as expressões, temos que: 
𝑥𝐺 = �̅� = 
∫ 𝑥𝑖 ∙ 𝑑𝐴
∫𝑑𝐴
 
𝑦𝐺 = �̅� = 
∫ 𝑦𝑖 ∙ 𝑑𝐴
∫𝑑𝐴
 
 
A integral ∫𝑥𝑖 ∙ 𝑑𝐴 é denominada Momento de Primeira Ordem ou Momento 
Estático da Área A em relação ao eixo y, e pode ser representado pela notação Wy: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥𝑖 ∙ 𝑑𝐴 
 
 
De forma equivalente, a integral ∫𝑦𝑖 ∙ 𝑑𝐴 recebe o nome de Momento de 
Primeira Ordem ou Momento Estático da Área A, em relação ao eixo x, que pode ser 
representado pela notação Wx: 
 
P á g i n a | 215 
 
 
𝑊𝑥 = ∫𝑦𝑖 ∙ 𝑑𝐴 
 
Sendo a área da placa igual a integral ∫𝑑𝐴, temos que: 
𝑥𝐺 = �̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
 
𝑦𝐺 = �̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
 
 
Exemplo: 
1) Seja a área da região definida abaixo a curva y = x2 (Fig. 212), determinar 
as coordenadas do centroide de área. 
Figura 212: Área Limitada pela parábola (curva y = x2) e pelo eixo x. 
 
 
Resolução: 
* Determinado �̅�: 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA (Fig. 213): 
Figura 213: Representação do elemento infinitesimal dA no ex. 1. 
 
 
y = x2 
b 
x 
y 
 
a 
b 
x 
y 
dx 
x 
y 
P á g i n a | 216 
 
 
Como podemos perceber da Fig. 6: 
𝑑𝐴 = 𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫ 𝑑𝐴 = 
𝑎
0
∫ 𝑦 ∙ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2 ∙ 𝑑𝑥 = 
𝑎
0
[
𝑥3
3
]
0
𝑎𝑎
0
= 
𝒂𝟑
𝟑
 
Substituindo dA por 𝑦𝑑𝑥, temos: 
𝑊𝑦 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑦
𝑎
0
∙ 𝑑𝑥 
sendo y = x2: 
𝑊𝑦 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑥2
𝑎
0
∙ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥3
𝑎
0
∙ 𝑑𝑥 = [
𝑥4
4
]
0
𝑎
= 
𝑎4
4
 
Substituindo os valores de A e de Wy para determinar a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
𝑎4
4⁄
𝑎3
3⁄
=
𝑎4
4
∙
3
𝑎3
=
𝟑𝒂
𝟒
 
* Determinado �̅�: 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA (Fig. 214): 
Figura 214: Representação do elemento infinitesimal dA no ex. 1. 
 
 
Como podemos perceber, na Fig. 214, a base do retângulo de altura 
infinitesimal dy é de a – x. Então, podemos escrever a área infinitesimal dA como: 
𝑑𝐴 = (𝑎 − 𝑥) ∙ 𝑑𝑦 
Sendo a função 𝑦 = 𝑥2, podemos representar x em função de y invertendo a 
função. Então: 
𝑥 = √𝑦 = 𝑦
1
2⁄ 
 
P á g i n a | 217 
 
 
Assim: 
𝑑𝐴 = (𝑎 − 𝑦
1
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦 
Substituindo dA, temos: 
𝑊𝑥 = ∫ 𝑦
𝑏
0
∙ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦
𝑏
0
∙ (𝑎 − 𝑦
1
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦 = ∫ (𝑎𝑦 − 𝑦
3
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦
𝑏
0
 
𝑊𝑥 = [
𝑎𝑦2
2
−
𝑦
5
2⁄
5
2⁄
]
0
𝑏
= [
𝑎𝑦2
2
−
2𝑦
5
2⁄
5
]
0
𝑏
=
𝑎𝑏2
2
−
2𝑏
5
2⁄
5
 
 
Considerando a relação entre a e b, conforme podemos ver no gráfico da 
função 𝑦 = 𝑥2 (Fig. 215): 
𝑏 = 𝑎2 → 𝑎 = √𝑏 
 
Substituindo a por √𝑏 em Wx , temos: 
𝑊𝑥 =
√𝑏 ∙ 𝑏2
2
−
2𝑏
5
2⁄
5
= 
𝑏
5
2⁄
2
−
2𝑏
5
2⁄
5
= 
5𝑏
5
2⁄
10
−
4𝑏
5
2⁄
10
= 
𝑏
5
2⁄
10
=
𝑏2√𝑏
10
 
Sendo 𝐴 = 
𝒂𝟑
𝟑
e 𝑎 = √𝑏, podemos escrever a área A como: 
𝐴 = 
(√𝑏)
3
3
=
𝑏√𝑏
3
 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
𝑏2√𝑏
10
𝑏√𝑏
3
=
𝑏2√𝑏
10
∙
3
𝑏√𝑏
=
𝟑𝒃
𝟏𝟎
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 218 
 
 
2) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 215), determinar as coordenadas 
do centroide de área. 
Figura 215: Área de um retângulo. 
 
 
Resolução: 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑} 
 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
= ∫ [𝑦]𝑐
𝑑 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ (𝑑 − 𝑐) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= [(𝑑 − 𝑐)𝑥]𝑎
𝑏 = (𝒃 − 𝒂) ∙ (𝒅 − 𝒄) 
 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
= ∫ [
𝑦2
2
]
𝑐
𝑑
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫
(𝑑2 − 𝑐2)
2
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= [(
(𝑑2 − 𝑐2)
2
) 𝑥]
𝑎
𝑏
= (𝒃 − 𝒂) ∙ (
𝒅𝟐 − 𝒄𝟐
𝟐
) 
 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 𝑑𝑥 ∙ 𝑑𝑦
𝑏
𝑎
𝑑
𝑐
= ∫ [
𝑥2
2
]
𝑎
𝑏
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= ∫
(𝑏2 − 𝑎2)
2
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= [(
(𝑏2 − 𝑎2)
2
)𝑦]
𝑐
𝑑
= (𝒅 − 𝒄) ∙ (
𝒃𝟐 − 𝒂𝟐
𝟐
) 
 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
(𝑑 − 𝑐) ∙ (
𝑏2 − 𝑎2
2 )
(𝑏 − 𝑎) ∙ (𝑑 − 𝑐)
=
(
𝑏2 − 𝑎2
2 )
(𝑏 − 𝑎)
=
𝑏2 − 𝑎2
2
∙
1
𝑏 − 𝑎
=
(𝑏 − 𝑎) ∙ (𝑏 + 𝑎)
2
∙
1
𝑏 − 𝑎
=
𝒂 + 𝒃
𝟐
 
P á g i n a | 219 
 
 
 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
(𝑏 − 𝑎) ∙ (
𝑑2 − 𝑐2
2
)
(𝑏 − 𝑎) ∙ (𝑑 − 𝑐)
=
(
𝑑2 − 𝑐2
2
)
(𝑑 − 𝑐)
=
𝑑2 − 𝑐2
2
∙
1
𝑑 − 𝑐
=
(𝑑 − 𝑐) ∙ (𝑑 + 𝑐)
2
∙
1
𝑑 − 𝑐
=
𝒄 + 𝒅
𝟐
 
 
3) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 216), determinar as coordenadas 
do centroide de área. 
Figura 216: Área de um triângulo. 
 
 
Resolução: 
Analisando a função que define o limite superior em y, temos que: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑛 
𝑦 = 𝑚 ∙ 0 + 𝑛 = 0 → 𝑛 = 0 
𝑦 = 𝑚 ∙ 𝑎 + 𝑛 = 𝑏 → 𝑚 =
𝑏
𝑎
 
𝒚 =
𝒃
𝒂
𝒙 
 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤
𝑏
𝑎
𝑥} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑥
0
𝑎
0
= ∫ [𝑦]0
𝑏
𝑎
𝑥
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
𝑏
𝑎
𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
= [
𝑏
𝑎
∙
𝑥2
2
]
0
𝑎
= 
𝑏
𝑎
∙
𝑎2
2
=
𝒂𝒃
𝟐
 
P á g i n a | 220 
 
 
 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑥
0
𝑎
0
= ∫ [
𝑦2
2
]
0
𝑏
𝑎
𝑥
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
(
𝑏
𝑎 𝑥)
2
2
 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝑊𝑥 = ∫ (
𝑏2
2𝑎2
) 𝑥2 𝑑𝑥
𝑎
0
= [
𝑏2
2𝑎2
∙
𝑥3
3
]
0
𝑎
= 
𝑏2
2𝑎2
∙
𝑎3
3
=
𝒂𝒃𝟐
𝟔
 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑥
0
𝑎
0
= ∫ 𝑥 ∙ [𝑦]0
𝑏
𝑎
𝑥
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ (𝑥 ∙
𝑏
𝑎
𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝑊𝑦 = ∫
𝑏
𝑎
 𝑥2 𝑑𝑥
𝑎
0
= [
𝑏
𝑎
∙
𝑥3
3
]
0
𝑎
= 
𝑏
𝑎
∙
𝑎3
3
=
𝒂𝟐𝒃
𝟑
 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
𝒙 = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
𝑎2𝑏
3
𝑎𝑏
2
=
𝑎2𝑏
3
∙
2
𝑎𝑏
=
𝟐𝒂
𝟑
 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
𝑎𝑏2
6
𝑎𝑏
2
=
𝑎𝑏2
6
∙
2
𝑎𝑏
=
𝒃
𝟑
 
 
4) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 217), determinar as coordenadas 
do centroide de área. 
Figura 217: Área do setor circular. 
 
 
Resolução: 
P á g i n a | 221 
 
 
Usando coordenadas polares, temos que: 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 e 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃) / 𝑎 ≤ 𝑟 ≤ 𝑏 𝑒 
𝜋
6
≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑟 ∙ 𝑟𝑑𝜃 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 ∙ 𝑑𝜃
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟[𝜃]𝜋
6
𝜋
2
𝑏
𝑎
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟 ∙ (
𝜋
2
−
𝜋
6
) 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟
𝜋
3
 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝐴 = [
𝜋
3
∙
𝑟2
2
]
𝑎
𝑏
= 
𝜋
3
∙
(𝑏2 − 𝑎2)
2
=
𝝅
𝟔
∙ (𝒃𝟐 − 𝒂𝟐) 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟2[− cos 𝜃]𝜋
6
𝜋
2
𝑏
𝑎
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟2 ∙ (𝑐𝑜𝑠 
𝜋
6
− 𝑐𝑜𝑠 
𝜋
2
) 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝑊𝑥 = ∫ 𝑟2 ∙ (
√3
2
− 0) 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫
√3
2
 𝑟2 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= [
√3
2
∙
𝑟3
3
]
𝑎
𝑏
= 
√3
2
∙
(𝑏3 − 𝑎3)
3
=
√𝟑
𝟔
(𝒃𝟑 − 𝒂𝟑) 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟2 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟2[sen 𝜃]𝜋
6
𝜋
2
𝑏
𝑎
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟2 ∙ (𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
− 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
) 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝑊𝑦 = ∫ 𝑟2 ∙ (1 −
1
2
) 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫
1
2
 𝑟2 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= [
1
2
∙
𝑟3
3
]
𝑎
𝑏
= 
1
2
∙
(𝑏3 − 𝑎3)
3
=
𝟏
𝟔
(𝒃𝟑 − 𝒂𝟑) 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
1
6
(𝑏3 − 𝑎3)
𝜋
6 ∙
(𝑏2 − 𝑎2)
=
𝟏
𝝅
∙
(𝒃𝟑 − 𝒂𝟑)
(𝒃𝟐 − 𝒂𝟐)
 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
√3
6
(𝑏3 − 𝑎3)
𝜋
6 ∙
(𝑏2 − 𝑎2)
=
√𝟑
𝝅
∙
(𝒃𝟑 − 𝒂𝟑)
(𝒃𝟐 − 𝒂𝟐)
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 222 
 
 
5) Sejaa área da região definida abaixo a curva 𝑦 = −𝑥2 + 4 (Fig. 218), 
determinar as coordenadas do centroide de área. 
Figura 218: Área Limitada pela parábola. 
 
 
Resolução: 
Dada a função, podemos definir os valores de a e b: 
(𝑎, 0) → 𝑓(𝑎) = −𝑎2 + 4 = 0 → 𝑎2 = 4 → 𝒂 = 𝟐 
(0, 𝑏) → 𝑓(0) = −02 + 4 = 𝑏 → 𝑏 = 4 → 𝒃 = 𝟒 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥2 + 4} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [𝑦]0
−𝑥2+4 𝑑𝑥
2
0
= ∫ (−𝑥2 + 4) 𝑑𝑥
2
0
= [−
𝑥3
3
+ 4𝑥]
0
2
= −
23
3
+ 4 ∙ 2 =
𝟏𝟔
𝟑
𝑢𝑚2 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [
𝑦
2
2
]
0
−𝑥2+4
𝑑𝑥
2
0
= ∫
(−𝑥2 + 4)2
2
𝑑𝑥
2
0
=
1
2
∫ (𝑥4 − 8𝑥2 + 16) 𝑑𝑥
2
0
 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ [
𝑥5
5
−
8𝑥3
3
+ 16𝑥]
0
2
= 
1
2
∙ (
25
5
−
8 ∙ 23
3
+ 16 ∙ 2) =
1
2
∙ (
32
5
−
64
3
+
32
1
) 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ (
3 ∙ 32 − 5 ∙ 64 + 15 ∙ 32
15
) =
𝟏𝟐𝟖
𝟏𝟓
 𝑢𝑚3 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [𝑥𝑦]0
−𝑥2+4𝑑𝑥
2
0
= ∫ 𝑥 ∙ (−𝑥2 + 4)𝑑𝑥
2
0
= ∫ (−𝑥3 + 4𝑥) 𝑑𝑥
2
0
 
P á g i n a | 223 
 
 
𝑊𝑦 = [−
𝑥4
4
+ 2𝑥2]
0
2
= −
24
4
+ 2 ∙ 22 = 𝟒 𝑢𝑚3 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
4
16
3
= 4 ∙
3
16
=
𝟑
𝟒
 𝒖𝒎 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
128
15
16
3
=
128
15
∙
3
16
=
𝟖
𝟓
 𝒖𝒎 
 
 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Uma força que surge no contato de dois corpos é sempre distribuída ao 
longo da região de contato, porém - em alguns casos - ela pode ser 
considerada concentrada; 
 Uma força pode ser distribuída pelo comprimento, pela área ou pelo 
volume; 
 Centroide de área é uma função da geometria de uma área; 
 Centro de massa é o ponto de equilíbrio de um corpo; 
 Para um corpo uniforme e homogêneo, os pontos do centroide de área, 
do centro de gravidade e do centro de massa são iguais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 7 
Exercícios 
 
 
Por integração, determine o 
centroide de área da figura abaixo: 
a) 
 
 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
 
 
 
d) 
 
 
 
 
 
 
 
Forças distribuídas: centroides e 
centro de massa 2 
Aula 8 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Dando continuidade no tema de Centroides e Centros de Gravidades, vamos 
ver algumas áreas conhecidas, que tem valores tabelados e também áreas compostas 
de duas ou mais áreas conhecidas. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Determinar o centroide de áreas compostas e complexas. 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 227 
 
 
8 INTRODUÇÃO 
Continuando os estudo de Centróides de área e centro de gravidade, vamos 
estudar algumas áreas mais usuais, que são empregadas na fabrição de grande parte 
das estruturas, corpos rígido e materiais em geral. Também iremos estudar em nossa 
aula a composição de duas ou mais áreas simples e uma forma de estudar essas 
áreas compostas pela soma algébrica de áreas simples. 
8.1 Centroides de área de figuras simples: 
Algumas das áreas mais usuais são apresentadas a seguir, sempre buscando 
mostrar a figura, a fórmula para área e as coordenadas do centróide. 
1) Triângulo Retângulo 
Figura 219: Triângulo. 
 
 
�̅� = 
𝑏
3
 
 �̅� = 
ℎ
3
 
𝐴 = 
𝑏 ∙ ℎ
2
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 228 
 
 
2) Retângulo 
Figura 220: Retângulo. 
 
 
�̅� = 
𝑏
2
 
 �̅� = 
ℎ
2
 
 𝐴 = 𝑏 ∙ ℎ 
3) Semicírculo 
Figura 221: Semicírculo. 
 
 
�̅� = 𝑟 
�̅� = 
4𝑟
3𝜋
 
𝐴 = 
𝜋 ∙ 𝑟2
2
 
4) Quarto de círculo 
 
 
 
P á g i n a | 229 
 
 
Figura 222: Quarto de Círculo. 
 
 
�̅� = 
4𝑟
3𝜋
 
�̅� = 
4𝑟
3𝜋
 
𝐴 = 
𝜋 ∙ 𝑟2
4
 
 
 
 
Ex. 1: Determine a área e as coordenadas do triângulo retângulo da Fig. 223 
Figura 223: Triângulo do Ex. 1. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
�̅� = 
12
3
= 𝟒 𝐜𝐦 e �̅� = 
9
3
= 𝟑 𝒄𝒎 
P á g i n a | 230 
 
 
𝐴 = 
12 ∙ 9
2
= 𝟓𝟒 𝒄𝒎𝟐 
Resposta: a área é de 45 cm2 e o centróide é (4, 3). 
Ex. 2: Determine a área e as coordenadas do retângulo da Fig. 224. 
Figura 224: Retângulo do Ex. 2. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
�̅� = 
10
2
= 𝟓 𝐜𝐦 e �̅� = 
8
2
= 𝟒 𝒄𝒎 
𝐴 = 10 ∙ 8 = 𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟐 
 
Resposta: a área é de 80 cm2 e o centróide é (5, 4). 
Ex. 3: Determine a área e as coordenadas do semicírculo de diâmetro igual a 
30 cm, indicado na Fig. 225 
Figura 225: Semicírculo do Ex. 3. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
�̅� = 𝑟 = 𝟑𝟎 𝐜𝐦 e �̅� = 
4𝑟
3𝜋
=
4 ∙ 30
3𝜋
=
𝟒𝟎
𝝅
= 𝟏𝟐, 𝟕𝟑 𝒄𝒎 
 
P á g i n a | 231 
 
 
𝐴 =
𝜋 ∙ 𝑟2
2
=
𝜋 ∙ 302
2
= 𝟒𝟓𝟎𝝅 𝒄𝒎𝟐 
 
Resposta: a área é de 450𝜋 cm2 e o centróide é (30; 12,73). 
 
Ex. 4: Determine a área e as coordenadas do quarto de círculo de diâmetro 
igual a 6 cm, indicado na Fig. 226. 
Figura 226: Quarto de Círculo do Ex. 4. 
 
 
Resolução: 
Aplicando as fórmulas temos: 
�̅� = 
4𝑟
3𝜋
=
4 ∙ 6
3𝜋
=
𝟏𝟐
𝝅
= 𝟑, 𝟖𝟐 𝐜𝐦 e �̅� = 
4𝑟
3𝜋
=
4 ∙ 6
3𝜋
=
𝟏𝟐
𝝅
= 𝟑, 𝟖𝟐 𝐜𝐦 
 
𝐴 =
𝜋 ∙ 𝑟2
4
=
𝜋 ∙ 62
4
= 𝟗𝝅 𝒄𝒎𝟐 
 
Resposta: a área é de 9𝜋 cm2 e o centróide é (3,82; 3,82). 
8.2 Placas Compostas 
Na prática, temos que - em muitas situações - uma placa poderá ser dividida 
em figuras conhecidas, denominadas figuras simples, como triângulos, retângulos e 
outras formas usuais; para facilitar a determinação de seu baricentro (ou do centróide). 
Para tanto, a abscissa �̅� de seu baricentro 𝐺 pode ser determinada das 
abscissas 𝑥1, 𝑥2,...𝑥i, dos baricentros das várias partes e, de forma semelhante, 
poderemos calcular a ordenada �̅� do baricentro. 
P á g i n a | 232 
 
 
Ao invés de usarmos elementos infinitesimais, fazemos a soma de elementos 
simples, através do uso de tabelas para facilitar os cálculos. 
Para entender melhor, vamos direto analizar alguns exemplos: 
Ex. 5: Determine as coordenadas do centróide da Fig. 227. 
Figura 227: Área do Ex. 5. 
 
 
Resolução: Dividindo a área em duas figuras (retângulo 1 e triângulo 2): 
Figura 228: Divisão das áreas do Ex. 5. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 233 
 
 
Figura 229 
 
𝐴1 = 120 ∙ 100 = 12000 𝑚𝑚2 
𝑥1 =
120
2
= 60 𝑚𝑚 
𝑦1 = 60 +
100
2
= 110 𝑚𝑚 
 
 
Figura 230 
 
𝐴2 =
120 ∙ 60
2
= 3600 𝑚𝑚2 
𝑥2 =
2 ∙ 60
3
= 40 𝑚𝑚 
𝑦2 =
120
3
= 40 𝑚𝑚 
 
Agora, nós vamos montar uma tabela onde vamos indicar os valores de Ai, xi e 
yi e vamos calcular Wx e Wy: 
Tabela 8.1 
Figura Ai xi yi Wy = Aixi Wx = Aiyi 
1 12000 60 110 720.000 1.320.000 
2 3600 40 40 144.000 144.000 
Σ 15600 - - 864.000 1.464.000 
 
�̅� =
∑W𝑦
∑𝐴𝑖
=
864000
15600
= 𝟓𝟓, 𝟑𝟖 𝒎𝒎 
�̅� =
∑W𝑥
∑𝐴𝑖
=
1464000
15600
= 𝟗𝟑, 𝟖𝟓 𝒎𝒎 
 
Ex. 6: Determine as coordenadas do baricentro da placa homogênea da Fig. 
231. 
 
 
P á g i n a | 234 
 
 
Figura 231: Placa – Ex. 6. 
 
 
Resolução: 
Como a placa é homogênea, podemos determinar o centroide de área 
decompondo a figura em duas ou mais e fazendo a soma algébrica dos momentos 
estáticos e áreas. Na Fig. 232 aprentamos uma forma de divisão da superfície da placa 
da Fig. 233. 
Figura 232: Representação da superfície da placa do Ex. 6. 
 
 
Os eixos x e y foram arbitrados de forma a se tornarem referenciais para a 
localização do ponto G (=C). Você pode, de acordo com sua conveniência, escolher 
P á g i n a | 235 
 
 
outros eixos referenciais; lembrando sempre que cada ponto é sempre um ponto em 
comparação a outro ponto, em geral oO (0,0). 
Dividindo a área em figuras podemos resolver o problema. 
Figura 233: Retângulo 90 x 120 mm. 
 
𝐴1 = 90 ∙ 120 = 10.800 𝑚𝑚2 
 
𝑥1 = 
90
2
 = 45 𝑚𝑚 
 
𝑦1 = 60 +
120
2
 = 120 𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
Figura 234: Como o retângulo da figura 1 é vazado de um semicírculo de raio 40 mm, 
devemos considerar a área da figura 2 como negativa, pois ela está sendo retirada do 
retângulo (obs.: considerar 𝝅 = 3,14). 
 
𝐴2 = 
𝜋 ∙ 402
2
 = 800𝜋 = 2512 𝑚𝑚2 
𝑥2 = 90 − �̅� 
 
Pela fórmula definida anteriormente para 
semicírculo: 
�̅� =
4𝑟
3𝜋
=
4 ∙ 40
3𝜋
= 160
3𝜋⁄ ≅ 17 𝑚𝑚 
 
Assim: 
 
 
𝑥2 = 90 −
160
3𝜋
=
(270𝜋 − 160)
3𝜋⁄ ≅ 73 𝑚𝑚 
P á g i n a | 236 
 
 
𝑦2 = 60 + 20 + 40 = 120 𝑚𝑚 
Figura 235: Triângulo retângulo de base 90 mm e altura 60 mm. 
 
𝐴3 = 
60 ∙ 90
2
 = 2.700 𝑚𝑚2 
𝑥3 =
90
3
= 30 𝑚𝑚 
𝑦3 = 
2 ∙ 60
3
 = 40 𝑚𝑚 
 
 
 
Agora, nós vamos montar uma tabela onde vamos indicar os valores de Ai, xi e 
yi e vamos calcular Wx e Wy: 
Tabela 8.2 
Figura Ai xi yi Wy = Aixi Wx = Aiyi 
1 10.800 45 120 486.000 1.296.000 
2 -2.512 73 120 -183.376 -301.440 
3 2.700 30 40 81.000 108.000 
Σ 10.988 - - 383.624 1.102.560 
 
�̅� =
∑W𝑦
∑𝐴𝑖
=
383.624
10.988
= 𝟑𝟒, 𝟗𝟏 𝒎𝒎 
�̅� =
∑W𝑥
∑𝐴𝑖
=
1.102.560
10.988
= 𝟏𝟎𝟎, 𝟑𝟒 𝒎𝒎 
 
Resposta: O centroide de área da placa da Fig. 235 é o ponto C (34,91; 100,34) 
em relação aos eixos indicados na Tab. 12.2. 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 237 
 
 
Ex. 7: Para a área plana indicada (Fig. 236), localize o centroide: 
Figura 236: Área Plana – Ex. 7. 
 
Fonte: RENATO ROCHA 
Resposta: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 O centroide de área de uma figura composta pode ser determinado 
fazendo-se a soma algébrica de áreas simples. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 8 
Exercícios 
 
 
 
1) Determine as coordenadas do Centroide de área da figura abaixo: 
 
 
 
2) Seja a figura abaixo, podemos dizer que o momento estático em relação ao 
eixo x é de: 
a) 1.032.000 mm3 
b) 504.000 mm3 
c) 1.152.00 mm3 
d) 1.536.000 mm3 
 
 
 
 
 
 
 
3) Seja a figura do exercício 2. O momento de primeira ordem em relação ao 
eixo y é de: 
a) 1.032.000 mm3 
b) 288.000 mm3 
c) 504.000 mm3 
P á g i n a | 240 
 
 
d) 864.000 mm3 
 
4) Seja a figura do exercício 2. O centroide de área da figura é: 
a) (60; 80) 
b) (55,38; 66,15) 
c) (80; 140) 
d) (56,32; 62,23) 
 
5) Seja a figura abaixo (cantoneira). O seu centroide de área é: 
a) Um ponto dentro da figura: (68,75; 93,75) 
b) Um ponto fora da figura: (54,4; 66,8) 
c) Um ponto dentro da figura: (37,5; 93,75) 
d) Um ponto dentro da figura: (68,75; 43,75) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Forças distribuídas 
Aula 9 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Conforme dito em aula anterior, na prática, não existe força concentrada, 
embora possamos - para efeito de facilitação do cálculo - assim considerar algumas, 
pois toda força que atua externamente sobre um corpo se distribui sobre uma área de 
contato finita. 
Em termos de “efeito externo”, também podemos fazer uma simplificação de 
cálculo para as forças distribuídas, substituindo-as por sua resultante (R) aplicada no 
centroide da área. 
É importante frisar, nessa apresentação da aula, que o efeito interno de uma 
força distribuída é diferente do efeito interno uma força concentrada, mesmo que essa 
seja equivalente a resultante daquela. Esse estudo não será objeto de nossa 
disciplina, porém - mais à frente no curso - você entrará em contato com outros 
conteúdos que trabalharão melhor isso. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar uma força distribuída e representar sua resultante; 
 Determinar o centro de gravidade de uma força distribuída; 
 Resolver problemas envolvendo estruturas submetidas a cargas 
distribuídas. 
 
P á g i n a | 242 
 
 
9 INTRODUÇÃO 
Carga distribuída é uma carga que atua ao longo de uma estrutura com 
solicitações gradativas. Um exemplo é a carga de uma parede sobre uma viga (Fig. 
237). 
Figura 237: Carga de viga sobre parede. 
 
 
Quando um sistema estrutural está submetido a um carregamento distribuído, 
temos que este é equivalente a um sistema submetido a uma carga pontual 
(concentrada) aplicada no centroide da área da área da carga distribuída, cuja 
intensidade é numericamente igual referida área. 
Figura 238: Carga Distribuída q e sua representação pela resultante Q passando pelo 
centroide C. 
 
Fonte: UNIBAHIA (adaptado) 
A força resultante Q tem módulo igual à área total sob o diagrama de carga. 
Assim, podemos representá-la como: 
𝑄 = ∫𝑞 ∙ 𝑑𝑥 
O ponto de aplicação da força distribuída é representado pela abscissa do 
ponto C, ou seja o �̅�. Para determinar o valor do �̅� , precisamos lançar mão do que 
vimos na aula 7, ou seja: 
�̅� =
∫ 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥
∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑥
=
∫𝑥𝑑𝐴
∫𝑑𝐴
 
P á g i n a | 243 
 
 
Vamos ver um exemplo: Ex. 1: Determine o módulo e o ponto de aplicação 
da força resultante equivalente que atua no eixo mostrado, na Fig. 239. 
Figura 239: Viga submetida a carga distribuída parabólica – Ex. 1. 
 
 
Resolução: - Módulo da resultante: 
𝑄 = ∫ 𝑞𝑑𝑥 = ∫ 60𝑥2 ∙ 𝑑𝑥 = [20𝑥3]0
2
2
0
𝐿
0
= 20 ∙ 23 = 𝟏𝟔𝟎𝐍 
- Ponto de Aplicação: 
∫ 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫ 60𝑥2 ∙ 𝑥𝑑𝑥
2
0
= ∫ 60𝑥3𝑑𝑥
2
0
= [15𝑥4]0
2 = 15 ∙ 24 = 240 𝑁.𝑚 
�̅� =
∫ 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥
𝐿
0
∫𝑞 ∙ 𝑑𝑥
=
240
160
= 𝟏, 𝟓𝒎 
Resposta: 
Figura 240: Resposta do Ex. 1. 
 
 
2) Seja a carga distribuída por área indicada, na Fig. 241, atuando sobre a viga 
metálica I. Determine o módulo e o ponto de aplicação da força resultante equivalente. 
P á g i n a | 244 
 
 
Figura 241: Viga do Ex. 2. 
 
 
Resolução: 
- Podemos representar a carga distribuída por área p por uma carga distribuída 
linermente, pois a largura da viga é constante. Assim, temos que: 
𝑞(𝑥) = 0,4 ∙ 1000𝑥 = 400 𝑥N/m 
𝑞𝑚á𝑥 = 0,4 ∙ 10000 = 4.000 N/m 
- Representando a carga q na viga, temos: 
Figura 242: Representação da carga q – Ex. 2. 
 
 
- Módulo da resultante: 
𝑄 = ∫ 𝑞𝑑𝑥 = ∫ 400𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = [200𝑥2]0
10
10
0
𝐿
0
= 200 ∙ 102 = 𝟐𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝐍 
Obs. : como a carga é triangular, o seu valor é igual ao da área do triângulo (
ql
2
=
400 ∙ 10
2
= 20.000 N) 
- Ponto de Aplicação: 
∫ 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫ 400𝑥 ∙ 𝑥𝑑𝑥
10
0
= ∫ 400𝑥2𝑑𝑥
10
0
= [
400𝑥3
3
]
0
10
 =
400 ∙ 103
3
 =
400000
3
N.m 
�̅� =
∫ 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥
𝐿
0
∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑥
=
400000
3
20000
=
𝟐𝟎
𝟑
𝒎 
 
P á g i n a | 245 
 
 
Obs. : Note que o ponto de aplicação fica a 
L
3
 do apoio da direita (com ângulo reto) − vide aula 12. 
Resposta: 
Figura 243: Resposta do Ex 2. 
 
 
9.1 Cargas distribuídas sobre vigas 
O conceito de centroide de uma área pode ser utilizado para resolver outros 
problemas além dos referentes ao peso de placas planas. Consideremos, por 
exemplo, uma viga que suporta uma carga distribuída: essa carga pode ser constituída 
pelo peso de materiais apoiados direta ou indiretamente sobre a viga, ou ser causada 
pelo vento ou pressão hidrostática. A carga distribuída pode ser representada pelo 
desenho de uma carga q suportada por unidade de comprimento (N/m). 
Ex. 3: Seja a viga de comprimento L (m) submetida a uma carga q constante e 
linearmente distribuída (Fig. 224). Vamos representar a resultante e o ponto de 
aplicação da mesma. 
Figura 244: Carga Distribuída q na viga – Ex. 3. 
 
 
Resolução: 
- seja a carga q 
 
 
P á g i n a | 246 
 
 
Figura 245: Representação da carga nos eixos qx – exemplo 3. 
 
 
- Módulo da resultante: 
𝑄 = ∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑥 = 𝑞𝐿 (𝑁)
𝐿
0
 
Note que é exatamente igual à área do retângulo, que é a carga constante e 
linearmente distribuída (base x altura). 
- Ponto de Aplicação:Por ser uma carga retangular, ou seja, uma figura 
simétrica, o centroide de área é exatamente no meio da carga 
Figura 246: Indicação da resultante – Ex. 3. 
 
 
Resposta: 
Figura 247: Resposta do exemplo 3. 
 
 
P á g i n a | 247 
 
 
Ex. 4: Seja a viga de comprimento L(m) submetida a uma carga q triangular, 
linearmente distribuída (Fig. 248). 
Figura 248: Viga do Ex. 4. 
 
 
Determine o módulo da força resultante equivalente e o ponto de aplicação da 
mesma. 
Resolução: - Módulo da resultante: 
𝑄 = 
3 ∙ 12
2
= 𝟏𝟖𝐤𝐍 
- Ponto de Aplicação: 
�̅� =
L
3
=
3
3
= 𝟏, 𝟎 𝒎 (de B) 
Resposta: 
Figura 249: Resposta do exemplo 4. 
 
 
9.2 Cargas “compostas” 
Quando uma carga distribuída forma uma área composta, podemos dividir a 
carga em partes e determinar o módulo de sua resultante e seu ponto de aplicação de 
forma semelhante ao que fizemos na aula 7 para determinação de centroide de área 
de figuras compostas. 
P á g i n a | 248 
 
 
Vejamos um exemplo: 
Ex. 5: Seja a carga distribuída em forma de trapézio da Fig. 250, com q1 de 
100 N/m e q2 de 150 N/m, com L igual a 6,0 m. Determine o módulo da força resultante 
equivalente e seu ponto de aplicação. 
Figura 250: Carga Trapezoidal Ex. 5. 
 
 
Resolução: 
- Vamos dividir a carga em duas áreas, sendo a área 1 um retângulo de lado 
igual a q1 e a figura 251 um triângulo retângulo de altura igual a q2–q1: 
Figura 251: Divisão nas figuras – Ex. 5. 
 
 
 
P á g i n a | 249 
 
 
Figura 252: Representação das resultantes Q1 e Q2 – Ex. 5. 
 
 
Para determinar o módulo da resultante e o seu ponto de aplicação, vamos 
montar uma tabela: 
Tabela 9.1 
Figura Qi Xi Momento em relação a O(=Qi.Xi) 
1 600 3 1800 
2 150 4 600 
∑ = 750 -- 2400 
 
𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 = 7𝟓𝟎𝐍 
�̅� =
∑Mo
∑Q
=
2400
750
= 𝟑, 𝟐𝒎(de O) 
 
Resposta: 
Figura 253: Resposta do Ex. 5. 
 
 
P á g i n a | 250 
 
 
Outra forma de aplicação das cargas distribuídas é em conjunto com outras 
cargas. Assim, para determinarmos a força equivalente, quando temos mais de uma 
força aplicada, sendo distribuídas, pontuais ou carga-momento; devemos proceder de 
forma parecida como o que fizemos no Ex. 5. 
Exemplo: 
Ex. 6 - Determine a força equivalente ao sistema de forças aplicadas na viga 
da Fig. 254. 
Figura 254: Viga do Ex. 6. 
 
Fonte: LUIZ EDUARDO MIRANDA 
Resolução: Vamos dividir a carga distribuída em dois triângulos retângulos de 
altura igual a 6 kN/m. 
* Figura 254: 
𝑄1 = 
𝑞1 ∙ 𝐿1
2
=
7,5 ∙ 6
2
= 𝟐𝟐, 𝟓𝐤𝐍 
�̅�1 =
2L1
3
=
2 ∙ 7,5
3
= 𝟓, 𝟎𝒎(de O) 
* Figura 254: 
𝑄2 = 
𝑞2 ∙ 𝐿2
2
=
4,5 ∙ 6
2
= 𝟏𝟑, 𝟓𝐤𝐍 
�̅�2 = 𝐿1 +
L2
3
= 7,5 +
4,5
3
= 𝟗, 𝟎𝒎 (de O) 
 
Representado as forças no DCL: 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 251 
 
 
Figura 255: Representação das resultantes Q1 e Q2 – Ex. 6. 
 
 
Para determinar o módulo da resultante e o seu ponto de aplicação: 
𝑄 =∑𝐹𝑦 = 22,5 + 13,5 + 15,0 = 𝟓𝟏 𝐤𝐍 
𝑀𝑂 =∑𝑀𝐹 = 500 + 22,5 ∙ 5 + 13,5 ∙ 9 + 15 ∙ 12 = 𝟗𝟏𝟒 𝐤𝐍.𝐦 
�̅� =
MO
Q
=
914
51
= 𝟏𝟕, 𝟗𝟐 𝒎 (de O) 
 
Resposta: 
Figura 256: Resposta do Ex. 6. 
 
 
A força equivalente não se encontra aplicada sobre a viga, por conta da carga-
momento de 500 kN.m (sentido horário) aplicada no ponto O. 
Note que, mesmo estando os momentos de todas as cargas no sentido horário, 
eu considerei no cálculo o sinal positivo. Isso se deu simplesmente para facilitar as 
contas, uma vez que todos estavam no mesmo sentido. No entanto, se tiver alguma 
força que faça momento em sentido contrário, devemos levar em consideração o sinal 
do sentido de rotação do momento. 
P á g i n a | 252 
 
 
Ex. 7: Substitua as cargas por uma força resultante equivalente e determine 
seu ponto de aplicação. 
Figura 257: Carga Trapezoidal Ex. 7. 
 
 
Resolução: O primeiro passo será desenhar o diagrama de corpo livre. 
Observe na figura acima que o carregamento distribuído pode ser dividido em duas 
figuras, formando um triângulo e um retângulo, conforme mostra a figura abaixo. 
Figura 258: Divisão das figuras – Ex. 7. 
 
 
Cada carregamento possui uma força resultante, sendo R1 a resultante da 
figura 1 (triângulo) e R2 a força resultante da figura 2 (retângulo). 
Intensidade das forças resultantes: 
→ Figura 259: 
𝑅1 = 𝐴1 =
𝑏. ℎ
2
 → 𝑅1 =
12 (12 − 5)
2
= 𝟒𝟐 𝐤𝐍 
𝑥1̅̅̅ =
1𝐿
3
=
1 ∙ 12
3
= 4 𝑚 
→ Figura 259: 
𝑅2 = 𝐴2 = 𝑏 . ℎ → 𝑅2 = 12 ∙ 5 = 𝟔𝟎 𝐤𝐍 
𝑥2̅̅ ̅ =
𝐿
2
=
12
2
= 6,0 𝑚 
 
P á g i n a | 253 
 
 
Representando as resultantes no DCL: 
Figura 259: DCL indicando as resultantes – Ex. 7. 
 
 
Agora que já calculamos a força resultante para cada carregamento, podemos 
encontrar a força resultante equivalente: 
Tabela 9.2 
Figura Qi Xi Qi Xi= Mo 
1 42 4 168 
2 60 6 360 
∑ 102 -- 528 
 
𝑄 = 𝑄1+𝑄2 = 102 N 
�̅� =
∑𝑀𝑂
∑𝑄
=
528
102
= 𝟓, 𝟏𝟖 𝒎 
Resposta: 
Figura 260: Resposta do Ex. 7. 
 
 
Ex. 8: Calcular a carga distribuída W0 de modo que a resultante Q seja aplicada 
exatamente no ponto B. 
P á g i n a | 254 
 
 
Figura 261: Estrutura do Ex. 8. 
 
 
Resolução: Dividindo a carga em duas figuras, temos que: 
Figura 262: Divisão de áreas do Ex. 8. 
 
 
→ Figura 262: base 𝑏 = 12,0 𝑚 e altura ℎ = (𝑊𝑜 − 300) 𝑁/𝑚: 
𝑅1 = 𝐴1 =
𝑏. ℎ
2
 → 𝑅1 =
12 (𝑊𝑜 − 300)
2
= (6𝑊𝑜 − 1800) N 
𝑥1̅̅̅ =
1𝐿
3
=
1 ∙ 12
3
= 4 𝑚 (𝑑𝑒 𝐴) 
→ Figura 263: base 𝑏 = 12,0 𝑚 e altura ℎ = 300 𝑁/𝑚: 
𝑅2 = 𝐴2 = 𝑏 . ℎ → 𝑅2 = 12 ∙ 300 = 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝐍 
𝑥2̅̅ ̅ =
𝐿
2
=
12
2
= 6,0 𝑚 (𝑑𝑒 𝐴) 
 
Representando as resultantes no DCL: 
 
 
 
 
P á g i n a | 255 
 
 
Figura 263: Forças resultantes no DCL - Ex. 8. 
 
 
Intensidade da Força Equivalente: 𝐹𝐸𝑞 = 6𝑊𝑜 − 1800 + 3600 = 𝟔𝑾𝒐 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 
Pelo teorema de Waringon, temos que: 𝑀𝐹𝑒𝑞 = ∑𝑀𝐹 → 5 ∙ 𝐹𝐸𝑞 = 4 ∙
(6𝑊𝑜 − 1800) + 6 ∙ 3600 
5 ∙ (6𝑊𝑜 + 1800) = 24𝑊𝑜 − 7200 + 21600 → 30𝑊𝑜 + 9000 = 24𝑊𝑜 + 14400 
30𝑊𝑜 − 24𝑊𝑜 = 14400 − 9000 → 6 𝑊𝑜 = 5400 → 𝑊𝑜 =
5400
6
 → 𝑾𝒐 = 𝟗𝟎𝟎 𝐍/𝐦 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Uma força distribuída pode ser representada por uma força resultante 
equivalente cujo módulo é igual ao da área da carga distribuída, e cujo 
ponto de aplicação passa pelo centroide da área dessa carga; 
 Um sistema de forças pontuais, carga-momento e cargas distribuídas 
pode ser substituído por uma única força equivalente, cujo ponto de 
aplicação pode ou não estar sobre a estrutura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 9 
Exercícios 
 
 
 
1) Substitua as cargas atuantes por uma única força 
resultante e especifique sua localização sobre a viga em relação 
ao ponto A. 
 
 
 
2) A força resultante equivalente atuando na viga abaixo é de 
a) 1.100 N 
b) 800 N 
c) 300 N 
d) 1.536 N 
 
 
3) Seja a figura do exercício 3. O ponto de aplicação da força equivalente está 
a quantos metros de O? 
a) 4,18 m 
b) 2,0 m 
c) 5,0 m 
d) 2,82 m 
 
4) O ponto de aplicação da força equivalente ao sistema de forças aplicadas na 
viga biapoiada da figura a seguir, fica a: 
a) 5,45 m de A (dentro da figura). 
b) 4,85 m de A (dentro da figura). 
c) 3,75 m a esquerda de A (fora da figura). 
d) 3,75 m a direita de B (fora da figura). 
 
 
Forças distribuídas: equilíbrio 
Aula 10 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Continuando nessa temática, vamos conferir agora as situações de equilíbrio 
envolvendo forças ou cargas distribuídas, tema que é muito importante para a análise 
de esforços em estruturas para o dimensionamento, etc. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Resolver problemas envolvendo estruturas submetidas a cargas 
distribuídas. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 259 
 
 
10 INTRODUÇÃO 
Estruturas são projetadas e construídaspelo homem com as mais variadas 
configurações, para o atendimento de suas necessidades. É o caso de pontes, torres, 
barragens, defesas portuárias e estruturas off-shore, em Engenharia Civil, dos 
equipamentos maquinas, ferramentas, vasos de pressão e veículos, em Engenharia 
Mecânica. Apesar dessa grande variedade de tipos e finalidades as estruturas têm os 
mesmos princípios de comportamento. 
Toda estrutura precisa ter capacidade resistente (suportar as ações externas) 
e ter adequado desempenho em serviço (não apresentar deformações e vibrações). 
Para isso, em projeto de uma estrutura, a partir do pré-dimensionamento e das 
especificações dos materiais, condições interna e externa, determinam-se os esforços 
reativos e internos à estrutura, em análise de um modelo matemático que exprima o 
comportamento do sistema físico estrutural. Com base nesses esforços, fazem-se 
verificações do referido dimensionamento e eventuais modificações do mesmo. 
Nesse processo, temos que realização a verificação do equilíbrio de estruturas, 
determinando assim as reações de apoios, que são vínculos das estruturas à outras 
estruturas ou ao solo, onde são descarregados os esforços. 
10.1 Reações nos apoios 
Vamos agora aplicar as cargas positivas em sistemas estruturais para calcular 
as reações nos apoios. A forma de calcular é bem semelhante a que já fizemos em 
aulas anteriores, tendo apenas a introdução das cargas distribuídas. 
Para tanto, as cargas distribuídas precisam ser representadas por suas 
resultantes. 
Vamos entender melhor isso através dos exercícios resolvidos a seguir. 
Ex. 1: Determine as reações nos apoios A e D da viga da Fig. 264 indicada a 
seguir. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 260 
 
 
Figura 264: Viga do Ex. 1. 
 
 
Resolução: Vamos calcular o módulo e o ponto de aplicação da resultante da 
carga distribuída: 
𝑄 = 𝑞 ∙ 𝐿 = 1,5 ∙ 1 = 𝟏, 𝟓𝐤𝐍 
�̅� =
L
2
=
1
2
= 𝟎, 𝟓𝒎(de D) 
- Escrevendo o DCL: 
Figura 265: DCL do Ex. 1. 
 
 
-Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑨𝒙 = 𝟎 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 − 5 − 1,5 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 6,5 𝑘𝑁 (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 3 ∙ 𝐷𝑦 − 1 ∙ 5 − 2,5 ∙ 1,5 = 0 → 𝑫𝒚 = 𝟐, 𝟗𝟐𝐤𝐍 
- Substituindo o valor de Dy em (1): 
𝐴𝑦 + 2,92 = 6,5 𝑘𝑁 → 𝑨𝒚 = 𝟑, 𝟓𝟖𝐤𝐍 
- Resposta: As forças são: 𝑨𝒙 = 𝟎; 𝑨𝒚 = 𝟑, 𝟓𝟖𝐤𝐍; e 𝑫𝒚 = 𝟐, 𝟗𝟐𝐤𝐍 
P á g i n a | 261 
 
 
Ex. 2: Determine o módulo da força equivalente, seu ponto de aplicação e as 
reações nos apoios A e D da viga da Fig. 267 indicada a seguir. 
Figura 266: Viga do Ex. 2. 
 
 
Resolução: Vamos dividir a carga distribuída em 3: 
Figura 267: Divisão de áreas do Ex. 2. 
 
 
*Figura 268: retângulo 2,0 m por 2800 N/m 
𝑄1 = 𝑞1 ∙ 𝐿1 = 2 ∙ 2800 = 𝟓𝟔𝟎𝟎𝐍 
�̅�1 =
L1
2
=
2
2
= 𝟏, 𝟎 𝒎 (de A) 
*Figura 268: triângulo retângulo de base 3,0 m e altura de 2600 N/m 
𝑄2 = 
𝑞2 ∙ 𝐿2
2
=
3 ∙ 2600
2
= 𝟑𝟗𝟎𝟎𝐍 
�̅�2 = 𝐿1 +
L2
3
= 2 +
3
3
= 𝟑, 𝟎𝒎(de A) 
 
*Figura 268: retângulo 3,0 m por 200 N/m 
P á g i n a | 262 
 
 
𝑄3 = 𝑞3 ∙ 𝐿3 = 3 ∙ 200 = 𝟔𝟎𝟎 𝐍 
�̅�3 = 𝐿1 +
L3
2
= 2 +
3
2
= 𝟑, 𝟓 𝒎 (de A) 
- Escrevendo o DCL 
Figura 268: DCL do Ex. 2. 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑨𝒙 = 𝟎 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 5600 − 3900 − 600 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 10100 N (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 5 ∙ 𝐵𝑦 − 1 ∙ 5600 − 3 ∙ 3900 – 3,5 ∙ 600 = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟑. 𝟖𝟖𝟎𝐍 
 
Substituindo o valor de By em (1): 
𝐴𝑦 + 3880 = 10100 N → 𝑨𝒚 = 𝟔. 𝟐𝟐𝟎𝐍 
- Para determinar o módulo da resultante e o seu ponto de aplicação: 
𝑄 = 5600 + 3900 + 600 = 𝟏𝟎. 𝟏𝟎𝟎𝐍 
𝑀𝐴 = 1 ∙ 5600 + 3 ∙ 3900 + 3,5 ∙ 600 = 19.400 N.m 
�̅� =
MA
Q
=
19400
10100
= 𝟏, 𝟗𝟐𝒎(de A) 
 
Resposta: A força equivalente ao sistema é de 10.100 N aplicada a 1,92 m do 
apoio A gerando reações em A e B na direção vertical, respectivamente, de 6.220 N 
e 3.880 N. 
 
 
P á g i n a | 263 
 
 
Figura 269: Resposta do Ex. 2. 
 
 
Ex. 3: Substitua as cargas atuantes na viga por uma única força resultante, 
especifique sua localização sobre a viga em relação ao ponto A e determine as 
reações de apoio. 
Figura 270: Viga engastas do Ex. 3. 
 
 
Resolução: Vamos dividir a carga distribuída em 2: 
Figura 271: Divisão de áreas do Ex. 3. 
 
 
*Figura 272: triângulo retângulo de base 6,0 m e altura de 4 kN/m 
P á g i n a | 264 
 
 
𝑄1 = 
𝑞1 ∙ 𝐿1
2
=
4 ∙ 6
2
= 𝟏𝟐 𝐤𝐍 
�̅�3 =
L1
3
=
6
3
= 𝟐, 𝟎𝒎 (de A) 
*Figura 272: retângulo 10,0 m por 2 kN/m 
𝑄2 = 𝑞2 ∙ 𝐿2 = 2 ∙ 10 = 𝟐𝟎 𝐤𝐍 
�̅�2 =
L2
2
=
10
2
= 𝟓, 𝟎 𝒎 (de A) 
- Escrevendo o DCL 
Figura 272: DCL do Ex. 3. 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑨𝒙 = 𝟎 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 − 12 − 20 = 0 → 𝑨𝒚 = 𝟑𝟐 𝐤𝐍 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 𝑀 − 2 ∙ 12 − 5 ∙ 20 = 0 → 𝑴 = 𝟏𝟐𝟒 𝐤𝐍𝐦 
- Para determinar o módulo da resultante e o seu ponto de aplicação: 
𝑄 = 12 + 20 = 𝟑𝟐 𝐤𝐍 
𝑀𝐴 = 2 ∙ 12 + 5 ∙ 20 = 124 𝑘N.m 
�̅� =
MA
Q
=
124
32
= 𝟑, 𝟖𝟕𝟓 𝒎(de A) 
 
Resposta: A força equivalente ao sistema é de 32 kN aplicada a 3,875 m do 
apoio A gerando reações em A na direção vertical e de momento, respectivamente, 
de 32 kN e 124 kNm. 
 
P á g i n a | 265 
 
 
Figura 273: Resposta do Ex. 3. 
 
 
Ex. 4: Determinar as reações de apoio para a viga. 
Figura 274: Viga do Ex. 4. 
 
 
Resolução: Dividindo a carga em 3 figuras, temos: 
Figura 275: Áreas da carga do Ex. 4. 
 
 
*Figura 276: retângulo 1,5 m por 6 kN/m 
𝑄1 = 𝑞1 ∙ 𝐿1 = 1,5 ∙ 6 = 𝟗 𝐤𝐍 
�̅�1 =
L1
2
=
1,5
2
= 𝟎, 𝟕𝟓 𝒎 (de A) 
P á g i n a | 266 
 
 
 
*Figura 277: retângulo de base 3,0 m e altura de 9 kN/m 
𝑄2 = 𝑞2 ∙ 𝐿2 = 3 ∙ 9 = 𝟐𝟕 𝐤𝐍 
�̅�2 =
L2
2
=
𝟑
𝟐
= 𝟏, 𝟓 𝒎 (de A) 
*Figura 278: retângulo 1,5 m por 6 kN/m 
𝑄3 = 𝑞3 ∙ 𝐿3 = 1,5 ∙ 6 = 𝟗 𝐤𝐍 
�̅�3 =
L3
2
=
1,5
2
= 𝟎, 𝟕𝟓 𝒎 (de B) 
- Escrevendo o DCL 
Figura 276: DCL do Ex. 4. 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 9 − 27 − 9 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 45 𝑘N (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 3 ∙ 𝐵𝑦 − 3,75 ∙ 9 − 1,5 ∙ 27 + 0,75 ∙ 9 = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟐𝟐, 𝟓 𝐤𝐍 
Substituindo o valor de By em (1): 
𝐴𝑦 + 22,5 = 45 → 𝑨𝒚 = 𝟐𝟐, 𝟓 𝐤𝐍 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 267 
 
 
Ex. 5: Determinar as reações de apoio para a viga. 
Figura 277: Viga do Ex. 5. 
 
 
Resolução: Resultante da carga distribuída: 
𝑄 = 𝑞 ∙ 𝐿 = 3 ∙ 10 = 𝟏𝟎 𝐤𝐍 
�̅� =
L
2
=
3
2
= 𝟏, 𝟓 𝒎 (de 𝐚) 
 
- Na Fig. 279 está indicado o DCL com a Força Resultante e as RA: 
Figura 278: DCL do Ex. 5. 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 − 5 = 0 → 𝑨𝒙 = 𝟓 𝐤𝐍 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 𝐵𝑦 ∙ 7 − 1,5 ∙ 30 = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟔, 𝟒 𝐤𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 − 𝐵𝑦 − 30 = 0 → 𝑨𝒚 = 𝟐𝟑, 𝟔 𝐤𝐍 
 
Ex. 6: Determine as reações no pórtico da figura abaixo. 
P á g i n a | 268 
 
 
Figura 279: Estrutura do Ex. 6. 
 
 
Resolução: Como duas cargas distribuídas, o primeiro passo é determinar as 
devidas forças resultantes e identifica-las no DCL. 
Trecho AB: CARGA RETANGULAR 
𝑄 = 𝑞 ∙ 𝐿 = 200 ∙ 5 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐍 (←) 
�̅� =
L
2
=
5
2
= 𝟐, 𝟓 𝒎 (de 𝐀) 
Trecho BC: CARGA TRAPEZOIDAL (dois trechos) 
*Figura 280: triângulo retângulo de base 6,0 m e altura de 100 N/m 
𝑄1 = 
𝑞1 ∙ 𝐿1
2
=
100 ∙ 6
2
= 𝟑𝟎𝟎 𝐍 (↓) 
�̅�3 =
L1
3
=
6
3
= 𝟐, 𝟎𝒎 (de B) 
*Figura 280: retângulo 6,0 m por 100 N/m 
𝑄2 = 𝑞2 ∙ 𝐿2 = 100 ∙ 6 = 𝟔𝟎𝟎 𝐍 (↓) 
�̅�2 =
L2
2
=
6
2
= 𝟑, 𝟎 𝒎 (de B) 
DCL: 
Figura 280: DCL da Estrutura do Ex. 6. 
 
P á g i n a | 269 
 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 − 1000 = 0 → 𝑨𝒙 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐍 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 𝐶𝑦 ∙ 6 − 600 ∙ 3 − 300 ∙ 2 + 1000 ∙ 2,5 = 0 → 𝑪𝒚 = −𝟏𝟔, 𝟕 𝐍 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴𝐴𝑦 − 𝐶𝑦 − 300 − 600 = 0 → 𝑨𝒚 = 𝟗𝟏𝟔, 𝟕 𝐍 
 
Exercícios Propostos: 
1) Determine as reações de apoio e a força resultante Q, bem como sua posição 
x em relação ao ponto de apoio A: 
a) 
Figura 281: Exercício Proposto 1 a. 
 
 
Resp.: Q = 1215 N; �̅� = 4,33 m 
b) 
Figura 282: Exercício proposto 1 – b. 
 
 
Resp.: Q = 3600 N; �̅� = 9,08 m 
P á g i n a | 270 
 
 
c) 
Figura 283: Exercício Proposto 1 – c. 
 
 
Resp.: Q = 32 kN; �̅� = 3,875 m 
 
 
 
 
 
 
Resumo 
 
 
 
 
Nesta aula, você viu que: 
 
 Uma força distribuída pode ser representada por uma força resultante 
equivalente cujo módulo é igual ao da área da carga distribuída, e cujo 
ponto de aplicação passa pelo centroide da área dessa carga; 
 Um sistema de forças pontuais, carga-momento e cargas distribuídas 
pode ser substituído por uma única força equivalente, cujo ponto de 
aplicação pode ou não estar sobre a estrutura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 10 
Exercícios 
 
 
1) Determine as reações de apoio. 
 
 
 
2) Seja a viga da figura abaixo. As reações nos apoios são, respectivamente: 
a) 60,0 e 80,0 kN. 
b) 52,5 e 37,5 kN. 
c) 53,8 e 61,4kN. 
d) 56,32 e 62,23 kN. 
 
 
 
3) As reações nos apoios A e B são, respectivamente: 
a) -14,3 kN e 67,3 kN. 
b) 63,7 kN e 43,1 kN. 
c) -34,5 kN e 12,5 kN. 
d) -18,0 kN e 71 kN. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 273 
 
 
4) Seja a figura abaixo. A intensidade da força equivalente, o seu ponto de 
aplicação e as reações nos apoios A e B são, respectivamente: 
a) 335 kN; 5,60 m a esquerda de A; 600 kN; 300 kN 
b) 900 kN; 3,45 m a direita de B; 565 kN; 335 kN. 
c) 8475 kN; 7,5 m a esquerda de B; 750 kN; 150 kN 
d) 900 kN; 9,42 m a direita de A; 335 kN; 565 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Momento de inércia de área 
Aula 11 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Forças distribuídas continuamente sobre uma determinada área podem 
prescindir do cálculo de momento dessas forças em relação a algum eixo no plano 
que contém a área ou em eixo perpendicular a ele. 
Esse momento é calculado então por uma integral que relaciona a área em 
estudo com o quadrado da distância dos elementos analisados e o eixo onde se 
deseja conhecer o momento. 
Esse tópico que iniciamos nessa aula é uma propriedade de área muito 
importante para o cálculo de esforços e dimensionamento de estruturas. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar o momento de inércia de figuras simples 
 Definir e calcular raio de giração; 
 Resolver problemas com transferência de eixos. 
 
 
 
P á g i n a | 275 
 
 
11 INTRODUÇÃO 
De forma geral, vamos definir momento de inércia, como “a resistência que 
um determinado elemento oferece ao movimento de rotação”. 
Sendo assim, inércia desse ponto material, em relação a um eixo, é, 
por definição, o produto da massa do ponto pelo quadrado da distância ao eixo. 
11.1 Momento de inércia 
Considerando um ponto material constituído por uma pequena massa Δm, o 
momento de inércia desse ponto material, em relação a um eixo, é, por definição, o 
produto da massa do ponto pelo quadrado da distância ao eixo. 
Figura 284: Momento de inércia de um ponto material relativamente a um eixo. 
 
 
Tomando um conjunto de pontos materiais, ou seja, um sistema constituído por 
vários pontos materiais (ainda que independentes, ou descontínuos), podemos -se 
definir o momento de inércia como sendo a seguinte expressão: 
𝐼 = ∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
∙ 𝑟𝑖
2 
Se tivermos um conjunto contínuo, podemos substituir o somatório por uma 
integral de elementos infinitesimais de massa 𝑑𝑚, ficando assim a expressão: 
𝑰 = ∫ 𝒓𝒊
𝟐 ∙ 𝒅𝒎
𝑴
 
Que traduz a soma dos momentos de inércia de todos os pontos que constituem 
o sistema material. 
P á g i n a | 276 
 
 
11.2 Designações correntes 
Os momentos de inércia, podem apresentar diferentes designações, 
dependendo da base de referência (planos, eixos ou pontos), relativamente à qual são 
determinados, assim tem-se para: 
 • Planos – momentos de inércia planares (não encontra aplicação prática em 
engenharia); 
 • Eixos – momentos de inércia axiais (é o de utilização corrente, sendo usual 
designar-se simplesmente por momento de inércia, quando se deseja fazer referência 
a um momento de inércia axial); 
 • Pontos – momentos de inércia polares. 
11.3 Propriedades dos momentos de inércia 
Os momentos de inércia têm as seguintes propriedades: 
• São sempre grandezas positivas, uma vez que a massa é uma grandeza 
positiva e o quadrado de uma distância também; 
• Só são nulos para pontos sobre a base de referência (plano, eixo ou ponto); 
11.3.1 Raio de giração (𝒊) 
Raio de giração pode ser definido como como a distância, em relação à base 
de referência, a que se deve concentrar toda a massa para que o seu momento de 
inércia, em relação a essa base de referência, permaneça constante. 
Explicando melhor essa definição, podemos traduzir essa propriedade pela 
seguinte expressão: 
𝑖 = √
𝐼
𝑚
. 
11.3.2 Teorema dos eixos perpendiculares (teorema das placas finas) 
Para definir melhor momento de inércia, vamos considerar um elemento (ou 
corpo) com duas direções bastante desenvolvidas comparativamente com uma 
P á g i n a | 277 
 
 
terceira, a qual apresenta um desenvolvimento muito reduzido, que damos a 
designação de placa fina. 
Figura 285: Exemplo de uma placa fina. 
 
 
Lembrando que para sistemas materiais contínuos, já apresentada 
anteriormente, a expressão para momento de inércia é: 
𝑰 = ∫ 𝒓𝒊
𝟐 ∙ 𝒅𝒎
𝑴
 
em que r, representa a distância do elemento de massa dm, ao eixo de 
referência. Vamos representar os elementos de massa através de elementos de 
volume, pelo conceito de massa volúmica ρ, em que: 
𝜌 =
𝑑𝑚
𝑑𝑣
 → 𝒅𝒎 = 𝝆 𝒅𝒗. 
Assim, considerando um material homogêneo (ρ = const.), da Fig. 2 temos que 
𝑰𝒙 = 𝝆∫𝒚
𝟐 ∙ 𝒅𝒗 
𝑰𝒚 = 𝝆∫𝒙
𝟐 ∙ 𝒅𝒗 
𝑰𝒛 = 𝝆∫𝑹
𝟐 ∙ 𝒅𝒗 
 
Por Pitágoras, temos que: 
𝑰𝒛 = 𝝆∫𝑹
𝟐 ∙ 𝒅𝒗 = 𝝆∫(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) ∙ 𝒅𝒗 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 
P á g i n a | 278 
 
 
Assim, podemos concluir que o momento de inércia de um eixo perpendicular 
a uma placa é dado pela soma dos momentos de inércia, relativos aos eixos principais 
dessa placa, ao que se denomina Teorema dos Eixos Perpendiculares. 
11.3.3 Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner) 
O Teorema dos eixos paralelos é empregado para estudar momentos de inércia 
em relação a algum eixo, conhecidos os valores com relação a eixos paralelos. 
Podemos empregar, principalmente, quando um dos valores conhecidos passa pelo 
baricentro, ou centroide do corpo. 
Para definir esse teorema, vamos considerar a Fig. 286 a seguir, onde 
representamos um corpo em dois referenciais cartesianos, em que 𝑟𝑖, representa a 
distância de 𝑚𝑖 ao eixo 𝑍 e 𝑟𝑖𝐶 , representa a distância de 𝑚𝑖 ao eixo 𝑍𝐶 , sendo 𝑍 
paralelo a 𝑍𝐶 e afastados entre si de 𝑑. 
Figura 286: Aplicação do Teorema de Steiner. 
 
 
Geometricamente, do gráfico da Fig. 286, verifica-se que: 
𝑟𝑖
2 = 𝑥𝑖
2 + 𝑦𝑖
2 
𝑟𝑖𝐶
2 = 𝑥𝑖𝐶
2 + 𝑦𝑖𝐶
2 
Como podemos facilmente perceber do gráfico da Fig. 286: 
𝑥𝑖 = 𝑥𝑖𝐶 
P á g i n a | 279 
 
 
𝑦𝑖 = 𝑦𝑖𝐶 + 𝑑 
Por definição, os momentos de inércia, relativamente a 𝑍 e 𝑍𝐶 , são: 
𝐼𝑍 = ∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
∙ 𝑟𝑖
2 
𝐼𝑍𝐶 = ∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
∙ 𝑟𝑖𝐶
2 
Substituindo os valores para 𝑟𝑖 e 𝑟𝑖𝐶: 
𝑟𝑖
2 = 𝑥𝑖
2 + (𝑦𝑖𝐶 + 𝑑)
2 = 𝑥𝑖
2 + 𝑦𝑖𝐶
2 + 2𝑑𝑦𝑖𝐶 + 𝑑
2 = 𝑟𝑖𝐶
2 + 𝑑2 + 2𝑑𝑦𝑖𝐶 
Multiplicando os dois termos por ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 , vem 
∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑟𝑖
2 =∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑟𝑖𝐶
2 + 𝑑2∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
+ 2𝑑∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑦𝑖𝐶 
Sendo ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 = 𝑀 e ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 𝑦𝑖𝐶 = 0 (representa o momento estático do corpo 
em relação a um eixo baricêntrico), obtemos𝑰𝒁 = 𝑰𝒁𝑪 +𝑴 ∙ 𝒅𝟐 
Assim, podemos definir o Teorema de Steiner como: “o momento de inércia 
relativo a um eixo qualquer Z , é dado pela soma do momento de inércia relativo a um 
eixo baricêntrico paralelo 𝑍𝐶, com o produto da massa total do corpo, pelo quadrado 
da distância entre os dois eixos”. 
11.4 Momentos de inércia de superfícies planas 
A maior parte das aplicações que você verá em sua formação aplica o conceito 
de momento de inércia para superfícies planas. Isso se aplica, por exemplo, aos 
elementos lineares prismáticos, como vigas e pilares. 
Para definirmos então o momento de inércia de superfícies planas, vamos 
considerar uma superfície finita da Fig. 287. 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 280 
 
 
Figura 287: Superfície plana finita. 
 
 
O momento de inércia é dado pelo somatório dos momentos de inércia em 
relação a um eixo de todos os elementos de área contidos na superfície finita. Na 
forma de integração assume a seguinte forma: 
{
𝐼𝑥 = ∫𝑦2𝑑𝐴
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2𝑑𝐴
 
Quando se considera uma superfície plana composta por n subáreas 𝐴𝑖, o 
integral é substituído por um somatório: 
{
 
 
 
 𝐼𝑥 =∑(𝐼𝑥)𝑖
𝑛
𝑖=1
𝐼𝑦 =∑(𝐼𝑦)𝑖
𝑛
𝑖=1
 
Em termos de unidades, os momentos de inércia representam a quarta 
potência de uma distância, que em unidades SI é [m4]. 
11.4.1 Raio de giração (𝒊) 
Trazendo para as estruturas planas o conceito de raio de giração, temos que: 
{
 
 
 
 
𝑖𝑥 = √
𝐼𝑥
𝐴
𝑖𝑦 = √
𝐼𝑦
𝐴
 
P á g i n a | 281 
 
 
Uma vez que as unidades de I, representam a quarta potência de uma distância 
e A é o quadrado de uma distância, o raio de giração tem unidades de comprimento, 
em unidades SI é [m]. 
11.4.2 Momento de inércia polar 
O momento de inércia polar, ou momento polar de inércia, ou momento de 
inércia com relação ao polo O (Fig. 287) é dado pela soma dos momentos de inércia 
de uma dada superfície plana, em relação a dois eixos perpendiculares quaisquer, 
centrados no ponto de referência. 
𝑰𝑶 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 
11.4.3 Teorema de Steiner (Eixos Paralelos) 
O Teorema de Steiner para momentos de inércia de uma área finita mostra que 
o momento de inércia de uma área em relação a um eixo arbitrário é igual à soma do 
momento de inércia em relação a um eixo paralelo que passa no baricentro da área 
com o produto da área pelo quadrado da distância, medida na perpendicular, entre os 
dois eixos. 
Considerando a Fig. 288, os eixos 𝑋𝐺 e 𝑌𝐺 passam no baricentro da superfície 
plana. 
Figura 288: Superfície plana – Teorema de Steiner. 
 
 
P á g i n a | 282 
 
 
Os eixos 𝑋 e 𝑌, são eixos paralelos localizados às distâncias 𝑥1 e 𝑦1 dos eixos 
baricêntricos. Considerando A, como a área total da figura, tem-se então que: 
{
𝑰𝒙 = 𝑰𝒙𝑮 + 𝑨 ∙ 𝒙𝟏
𝟐
𝑰𝒚 = 𝑰𝒚𝑮 + 𝑨 ∙ 𝒚𝟏
𝟐 
 
em que 𝐼𝑋𝐺 e 𝐼𝑌𝐺 são os momentos de inércia em relação aos eixos baricêntricos 
e 𝐼𝑥 e 𝐼𝑦, são os momentos de inércia em relação aos eixos X e Y. 
Exemplos: 
1) Seja a área da região definida abaixo a curva y = x2 (Fig. 289), determinar 
𝐼𝑥 e 𝐼𝑦. 
Figura 289: Área Limitada pela parábola (curva y = x2) e pelo eixo x. 
 
 
Resolução: * Momento de inércia em relação ao eixo y: 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA (Fig. 290): 
Figura 290: Representação do elemento infinitesimal dA no ex. 1. 
 
 
Como podemos perceber da Fig. 290: 
 
a 
b 
x 
y 
dx 
x 
y 
P á g i n a | 283 
 
 
𝑑𝐴 = 𝑦𝑑𝑥 = 𝑥2𝑑𝑥 
 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑥2 ∙ 𝑦
𝑎
0
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2 ∙ 𝑥2
𝑎
0
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥4
𝑎
0
𝑑𝑥 = [
𝑥5
5
]
0
𝑎
=
𝒂𝟓
𝟓
 
 
* Momento de inércia em relação ao eixo x: 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA (Fig. 291): 
Figura 291: Representação do elemento infinitesimal dA no ex. 1. 
 
 
Como podemos perceber, na Fig. 291, a base do retângulo de altura 
infinitesimal dy é de a – x. Então, podemos escrever a área infinitesimal dA como: 
𝑑𝐴 = (𝑎 − 𝑥) ∙ 𝑑𝑦 
Sendo a função 𝑦 = 𝑥2, podemos representar x em função de y invertendo a 
função. Então: 
𝑥 = √𝑦 = 𝑦
1
2⁄ 
Assim: 
𝑑𝐴 = (𝑎 − 𝑦
1
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦 
Substituindo dA, temos: 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦2
𝑏
0
∙ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦2
𝑏
0
∙ (𝑎 − 𝑦
1
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦 = ∫ (𝑎𝑦2 − 𝑦
5
2⁄ ) ∙ 𝑑𝑦
𝑏
0
 
𝐼𝑥 = [
𝑎𝑦3
3
−
𝑦
7
2⁄
7
2⁄
]
0
𝑏
= [
𝑎𝑦3
3
−
2𝑦
7
2⁄
7
]
0
𝑏
=
𝑎𝑏3
3
−
2𝑏
7
2⁄
7
 
 
Considerando a relação entre a e b, conforme podemos ver no gráfico da 
função 𝑦 = 𝑥2 (Fig. 291): 
P á g i n a | 284 
 
 
𝑏 = 𝑎2 → 𝑎 = √𝑏 
Substituindo a por √𝑏 em Wx , temos: 
𝐼𝑥 =
√𝑏 ∙ 𝑏3
3
−
2𝑏
7
2⁄
7
= 
𝑏
7
2⁄
3
−
2𝑏
7
2⁄
7
= 
7𝑏
7
2⁄
21
−
6𝑏
7
2⁄
21
= 
𝑏
7
2⁄
21
=
𝒃𝟑√𝒃
𝟐𝟏
 
 
2) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 292), determinar 𝐼𝑥 e 𝐼𝑦. 
Figura 292: Área de um retângulo. 
 
 
Resolução: Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
= ∫ [
𝑦3
3
]
𝑐
𝑑
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫
(𝑑3 − 𝑐3)
3
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= [(
(𝑑3 − 𝑐3)
3
)𝑥]
𝑎
𝑏
 
𝐼𝑥 = (𝒃 − 𝒂) ∙ (
𝒅𝟑 − 𝒄𝟑
𝟑
) 
- Momento de Inércia em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 ∙ 𝑑𝑦
𝑏
𝑎
𝑑
𝑐
= ∫ [
𝑥3
3
]
𝑎
𝑏
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= ∫
(𝑏3 − 𝑎3)
3
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= [(
(𝑏3 − 𝑎3)
3
)𝑦]
𝑐
𝑑
 
𝐼𝑦 = (𝒅 − 𝒄) ∙ (
𝒃𝟑 − 𝒂𝟑
𝟑
) 
 
P á g i n a | 285 
 
 
3) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 293), determinar 𝐼𝑥, 𝐼𝑦 e 𝐼𝑂. 
Figura 293: Área de um triângulo. 
 
 
Resolução: Analisando a função que define o limite superior em y, temos que: 
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑛 
𝑦 = 𝑚 ∙ 0 + 𝑛 = 0 → 𝑛 = 0 
𝑦 = 𝑚 ∙ 𝑎 + 𝑛 = 𝑏 → 𝑚 =
𝑏
𝑎
 
𝒚 =
𝒃
𝒂
𝒙 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤
𝑏
𝑎
𝑥} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑥
0
𝑎
0
= ∫ [
𝑦3
3
]
0
𝑏
𝑎
𝑥
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
(
𝑏
𝑎 𝑥)
3
3
 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝐼𝑥 = ∫ (
𝑏3
3𝑎3
) 𝑥3 𝑑𝑥
𝑎
0
= [
𝑏3
3𝑎3
∙
𝑥4
4
]
0
𝑎
= 
𝑏3
3𝑎3
∙
𝑎4
4
=
𝒂𝒃𝟑
𝟏𝟐
 
 
- Momento de Inércia em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑥
0
𝑎
0
= ∫ 𝑥2 ∙ [𝑦]0
𝑏
𝑎
𝑥
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ (𝑥2 ∙
𝑏
𝑎
𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
0
 
P á g i n a | 286 
 
 
𝐼𝑦 = ∫
𝑏
𝑎
 𝑥3 𝑑𝑥
𝑎
0
= [
𝑏
𝑎
∙
𝑥4
4
]
0
𝑎
= 
𝑏
𝑎
∙
𝑎4
4
=
𝒂𝟑𝒃
𝟒
 
 
- Momento de Inércia em O (polo): 
𝐼𝑜 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 =
𝒂𝒃𝟑
𝟏𝟐
+
𝒂𝟑𝒃
𝟒
=
𝒂𝒃
𝟒
∙ (
𝒃𝟐
𝟑
+ 𝒂𝟐) 
4) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 294), determinar 𝐼𝑥 𝑒 𝐼𝑦. 
Figura 294: Área do setor circular. 
 
 
Resolução: Usando coordenadas polares, temos que: 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 e 𝑦 =
𝑟 sen 𝜃 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃) / 𝑎 ≤ 𝑟 ≤ 𝑏 𝑒 
𝜋
6
≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑟 ∙ 𝑟𝑑𝜃 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ (𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑟𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
= ∫ ∫ 𝑟3 ( 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
 
Temos aqui um desafio antes de continuarmos, que é determinar a integral 
 ∫ 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 𝑑𝜃 = ∫ sen 𝜃 ∙ sen 𝜃 𝑑𝜃 
Resolvendo por integração por partes, fazemos: 
𝑢 = sen 𝜃 → 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = −𝑐𝑜𝑠 𝜃 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
P á g i n a | 287 
 
 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − ∫(−𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(𝑐𝑜𝑠2𝜃 ) 𝑑𝜃 
 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑐𝑜𝑠2 𝜃 = 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃. 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 − ∫(𝑠𝑒𝑛2𝜃) 𝑑𝜃 
2∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + 𝜃 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 =
1
2
𝜃 −
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 (∫ ( 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑑𝜃 
𝜋
2
𝜋
6
)𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟3 [
1
2
𝜃 −
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃]
𝜋
6
𝜋
2
𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [(
1
2
∙
𝜋
2
−
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
∙ cos
𝜋
2
) − (
1
2
∙
𝜋
6
−
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
∙ cos
𝜋
6
)] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
 
Sabe-se que: 
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
= 1; cos
𝜋
2
= 0; 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
=
1
2
; cos
𝜋
6
=
√3
2
; 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [(
𝜋
4
−
1
2
∙ 1 ∙ 0) − (
𝜋
12
−
1
2
∙
1
2
∙
√3
2
)] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟3 [
𝜋
4
−
𝜋
12
+
√3
8
] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [
𝜋
6
+
√3
8
] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= [(
𝜋
6
+
√3
8
) ∙
𝑟4
4
]
𝑎
𝑏
= (
𝝅
𝟐𝟒
+
√𝟑
𝟑𝟐
) ∙ (𝒃𝟒 − 𝒂𝟒) 
 
- Momento estático em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑟𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
= ∫ ∫ 𝑟3 ( 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
𝑏
𝑎
 
Temos aqui um desafio antes de continuarmos, que é determinar a integral 
 ∫ 𝑐𝑜𝑠 2𝜃 𝑑𝜃 = ∫ cos 𝜃 ∙ cos 𝜃 𝑑𝜃 
Resolvendo por integração por partes, fazemos: 
𝑢 = cos 𝜃 → 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜃(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃) = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(𝑠𝑒𝑛2𝜃 ) 𝑑𝜃 
P á g i n a | 288 
 
 
 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃. 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 +∫(1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃) 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 −∫(𝑐𝑜𝑠2 𝜃) 𝑑𝜃 
2∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + 𝜃 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 =
1
2
𝜃 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 (∫ ( 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑑𝜃 
𝜋
2
𝜋
6
)𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟3 [
1
2
𝜃 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃]
𝜋
6
𝜋
2
𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [(
1
2
∙
𝜋
2
+
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
∙ cos
𝜋
2
) − (
1
2
∙
𝜋
6
+
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
∙ cos
𝜋
6
)] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
Sabe-se que: 
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
= 1; cos
𝜋
2
= 0; 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
=
1
2
; cos
𝜋
6
=
√3
2
; 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [(
𝜋
4
+
1
2
∙ 1 ∙ 0) − (
𝜋
12
+
1
2
∙
1
2
∙
√3
2
)] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑟3 [
𝜋
4
−
𝜋
12
−
√3
8
] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [
𝜋
6
−
√3
8
] 𝑑𝑟
𝑏
𝑎
= [(
𝜋
6
−
√3
8
) ∙
𝑟4
4
]
𝑎
𝑏
= (
𝝅
𝟐𝟒
−
√𝟑
𝟑𝟐
) ∙ (𝒃𝟒 − 𝒂𝟒) 
 
5) Seja a área da região definida abaixo a curva 𝑦 = −𝑥2 + 4 (Fig. 295), 
determinar as coordenadas do centroide de área (Xc e Yc), os momentos de inércia e 
os raios de giração em relação aos eixos x e y e os momentos de inérica em relação 
aos eixos passando pelo centróide de áreas. 
Figura 295: Área Limitada pela parábola. 
 
 
P á g i n a | 289 
 
 
Resolução: Dada a função, podemos definir os valores de a e b: 
(𝑎, 0) → 𝑓(𝑎) = −𝑎2 + 4 = 0 → 𝑎2 = 4 → 𝒂 = 𝟐 
(0, 𝑏) → 𝑓(0) = −02 + 4 = 𝑏 → 𝑏 = 4 → 𝒃 = 𝟒 
Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥2 + 4} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [𝑦]0
−𝑥2+4 𝑑𝑥
2
0
= ∫ (−𝑥2 + 4) 𝑑𝑥
2
0
= [−
𝑥3
3
+ 4𝑥]
0
2
= −
23
3
+ 4 ∙ 2 =
𝟏𝟔
𝟑
𝑢𝑚2 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [
𝑦
2
2
]
0
−𝑥2+4
𝑑𝑥
2
0
= ∫
(−𝑥2 + 4)2
2
𝑑𝑥
2
0
=
1
2
∫ (𝑥4 − 8𝑥2 + 16) 𝑑𝑥
2
0
 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ [
𝑥5
5
−
8𝑥3
3
+ 16𝑥]
0
2
= 
1
2
∙ (
25
5
−
8 ∙ 23
3
+ 16 ∙ 2) =
1
2
∙ (
32
5
−
64
3
+
32
1
) 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ (
3 ∙ 32 − 5 ∙ 64 + 15 ∙ 32
15
) =
𝟏𝟐𝟖
𝟏𝟓
 𝑢𝑚3 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [𝑥𝑦]0
−𝑥2+4𝑑𝑥
2
0
= ∫ 𝑥 ∙ (−𝑥2 + 4)𝑑𝑥
2
0
= ∫ (−𝑥3 + 4𝑥) 𝑑𝑥
2
0
 
𝑊𝑦 = [−
𝑥4
4
+ 2𝑥2]
0
2
= −
24
4
+ 2 ∙ 22 = 𝟒 𝑢𝑚3 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
𝒙𝑪 = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
4
16
3
= 4 ∙
3
16
=
𝟑
𝟒
 𝒖𝒎 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
𝒚𝑪 = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
128
15
16
3
=
128
15
∙
3
16
=
𝟖
𝟓
 𝒖𝒎 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [
𝑦
4
3
]
0
−𝑥2+4
𝑑𝑥
2
0
= ∫
(−𝑥2 + 4)3
3
𝑑𝑥
2
0
 
𝐼𝑥 =
1
3
∫ [(−𝑥2)3 + 3(−𝑥2)2 ∙ 4 + 3(−𝑥2) ∙ 42 + 43] 𝑑𝑥
2
0
 
P á g i n a | 290 
 
 
𝐼𝑥 =
1
3
∫ (−𝑥6 + 12𝑥4 − 48𝑥2 + 64) 𝑑𝑥
2
0
=
1
3
∙ [−
𝑥7
7
+ 12
𝑥5
5
− 16𝑥3 + 64𝑥]
0
2
= 
𝐼𝑥 = 
1
3
∙ (−
27
7
+ 12
25
5
− 16 ∙ 23 + 64 ∙ 2) =
1
3
∙ (−
128
7
+
384
5
) = 𝟏𝟗, 𝟓 𝑢𝑚4 
 
- Momento estático em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
2
0
= ∫ [𝑥2 𝑦]0
−𝑥2+4𝑑𝑥
2
0
= ∫ 𝑥2 ∙ (−𝑥2 + 4)𝑑𝑥
2
0
= ∫ (−𝑥4 + 4𝑥2 ) 𝑑𝑥
2
0
 
𝐼𝑦 = [−
𝑥5
5
+
4
3
𝑥3]
0
2
= −
25
5
+
4
3
∙ 23 = 𝟒, 𝟑 𝑢𝑚4 
 
- Raios de giração: 
𝑖𝑥 = √
I𝑥
𝐴
= √
19,5 
16
3
= 𝟏, 𝟗 𝒖𝒎 𝑖𝑦 = √
I𝑦
𝐴
= √
4,3 
16
3
= 𝟎, 𝟗 𝒖𝒎 
 
- Momento de Inércia em 𝑋𝐶: (Aplicando o Teorema de Steiner) 
𝐼𝑋 = 𝐼𝑥𝐶 + 𝑦𝐶
2 ∙ 𝐴 → 𝐼𝑥𝐶 = 𝐼𝑥 − 𝑦𝐶
2 ∙ 𝐴 
𝐼𝑥𝐶 = 19,5 − (
8
6
)
2
∙
16
3
= 𝟓, 𝟖𝟓 𝑢𝑚4 
 
- Momento de Inércia em 𝑌𝐶: (Aplicando o Teorema de Steiner) 𝐼𝑦 = 𝐼𝑦𝐶 + 𝑥𝐶
2 ∙
𝐴 → 𝐼𝑦𝐶 = 𝐼𝑦 − 𝑥𝐶
2 ∙ 𝐴 e 𝐼𝑦𝐶 = 4,3 − (
4
3
)
2
∙
16
3
= 𝟏, 𝟑 𝑢𝑚4 
 
 
Resumo 
 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Momento de inércia é uma função da geometria de uma área; 
 Para uma superfície plana o momento de inércia é uma integral de área 
do produto do quadrado da distância até o eixo pelo elemento de área 
dA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 11 
Exercícios 
 
 
Por integração, determine os 
momentos de inércia e os raios de 
giração em relação aos eixos x e y e os 
momentos de inércia em relação ao 
centroide de área de cada figura 
abaixo: 
a) 
 
 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
 
 
 
d) 
 
 
 
 
 
 
Momento de inércia de área 2 
Aula 12 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Dando continuidade no tema de Momento de Inércia de Área, vamos ver 
algumas áreas conhecidas, que tem valores tabelados. 
Nessa aula você também vai aprender a determinar momento de inércia de 
áreas compostas de duas ou mais áreas conhecidas e produto de inércia. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Resolver problemas com Produto de Inércia; 
 Determinar o momento de inércia de áreas compostas. 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 294 
 
 
12 INTRODUÇÃO 
Na prática, grande parte das áreas que se deseja determinar o momento de 
inérica são compostas de duas ou mais áreas conhecidas ou integráveis de forma 
separadas. Como o momento de inércia é uma integral ou um somatório dos produtos 
da distância ao quadrado podemos usar desse princípio para fazer a soma de uma ou 
mais áreas para a determinação do momento de inércia, é o que veremos no tópico 
Áreas Compostas. 
12.1 Momento de inércia de área de figuras simples: 
Algumas das áreas mais usuais são apresentadas a seguir, sempre buscando 
mostrar a figura, a fórmula para área, os momentos de inércia com relação aos eixos 
x e y e os momentos de inércia de área com relação aos eixos passando pelo centríde 
de área. 
1) Triângulo Retângulo 
Figura 296: Triângulo Retângulo. 
 
 
𝑰𝒙 = 
𝒃𝒉𝟑
𝟏𝟐
 ; 𝑰𝒚 = 
𝒃𝟑𝒉
𝟏𝟐
 
𝑰𝒙𝑪 = 
𝒃𝒉𝟑
𝟑𝟔
 ; 𝑰𝒚𝑪 = 
𝒃𝟑𝒉
𝟑𝟔
 
 
P á g i n a | 295 
 
 
2) Retângulo 
Figura 297: Retângulo. 
 
 
𝑰𝒙 = 
𝒃𝒉𝟑
𝟑
 ; 𝑰𝒚 = 
𝒃𝟑𝒉
𝟑
 
𝑰𝒙𝑪 = 
𝒃𝒉𝟑
𝟏𝟐
 ; 𝑰𝒚𝑪 = 
𝒃𝟑𝒉
𝟏𝟐
 
 
3) Semicírculo 
Figura 298: Semicírculo. 
 
 
𝑰𝒙 = 𝑰𝒚 = 𝑰𝒚𝑪 = 
𝝅 𝒓𝟒
𝟖
 
𝑰𝒙𝑪 =𝜋 𝑟4
8
− (
4𝑟
3𝜋
)
2
∙ 
𝜋𝑟2
2
=
(𝟗𝝅𝟐 − 𝟔𝟒) 𝒓𝟒
𝟕𝟐𝝅
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 296 
 
 
4) Quarto de círculo 
Figura 299: Quarto de Círculo. 
 
 
𝑰𝒙 = 𝑰𝒚 = 
𝝅 𝒓𝟒
𝟏𝟔
 
𝑰𝒙𝑪 = 𝑰𝒚𝑪 = 
𝜋 𝑟4
16
− (
4𝑟
3𝜋
)
2
∙ 
𝜋𝑟2
4
=
(𝟗𝝅𝟐 − 𝟔𝟒) 𝒓𝟒
𝟏𝟒𝟒𝝅
 
5) Círculo 
Figura 300: Círculo. 
 
 
 𝑰𝒙 = 𝑰𝒚 = 𝑰𝒙𝑪 = 𝑰𝒚𝑪 = 
𝝅 𝒓𝟒
𝟒
 
Para outros valores tabelados, consulte o site: 
 
 
P á g i n a | 297 
 
 
Ex. 1: Determine os momentos de inércia do triângulo retângulo da Fig.301. 
Figura 301: Triângulo do Ex. 1. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
𝐼𝑥 = 
𝑏ℎ3
12
=
5 ∙ 123
12
= 𝟕𝟐𝟎 𝐜𝐦𝟒 
𝐼𝑦 = 
𝑏3ℎ
12
=
53 ∙ 12
12
= 𝟏𝟐𝟓 𝐜𝐦𝟒 
𝐼𝑥𝐶 = 
𝑏ℎ3
36
=
5 ∙ 123
36
= 𝟐𝟒𝟎 𝐜𝐦𝟒 
𝐼𝑦 = 
𝑏3ℎ
36
=
53 ∙ 12
36
= 𝟒𝟏, 𝟕 𝐜𝐦𝟒 
Ex. 2: Determine os momentos de inércia do retângulo da Fig.302. 
Figura 302: Retângulo do Ex. 2. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
𝐼𝑥 = 
𝑏ℎ3
3
=
18 ∙ 123
3
= 𝟏𝟎. 𝟑𝟔𝟖 𝐜𝐦𝟒 
P á g i n a | 298 
 
 
𝐼𝑦 = 
𝑏3ℎ
3
=
183 ∙ 12
3
= 𝟐𝟑. 𝟑𝟐𝟖 𝐜𝐦𝟒 
𝐼𝑥𝐶 = 
𝑏ℎ3
12
=
18 ∙ 123
12
= 𝟐. 𝟓𝟗𝟐 𝐜𝐦𝟒 
𝐼𝑦 = 
𝑏3ℎ
12
=
183 ∙ 12
12
= 𝟓. 𝟖𝟑𝟐 𝐜𝐦𝟒 
 
Ex. 3: Determine os momentos de inércia do semi-círculo de raio 12 cm da Fig. 
303. 
Figura 303: Semicírculo do Ex. 3. 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 = 𝐼𝑦𝐶 = 
𝜋 𝑟4
8
=
𝜋 ∙ 124
8
= 𝟐. 𝟓𝟗𝟐𝝅 𝒄𝒎𝟒 
𝐼𝑥𝐶 =
(9𝜋2 − 64) 𝑟4
72𝜋
=
(9𝜋2 − 64) ∙ 124
72𝜋
= 𝟐. 𝟐𝟕𝟓, 𝟗𝟐 𝒄𝒎𝟒 
 
Ex. 4: Determine os momentos de inércia de área do quarto de círculo de 
diâmetro igual a 16 dm, indicado na Fig.304. 
Figura 304: Quarto de Círculo do Ex. 4. 
 
P á g i n a | 299 
 
 
 
Resolução: Aplicando as fórmulas temos: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 = 
𝜋 𝑟4
16
=
𝜋 ∙ 164
16
= 𝟒. 𝟎𝟗𝟔𝝅 𝒅𝒎𝟒 
𝐼𝑥𝐶 = 𝐼𝑦𝐶 = 
(9𝜋2 − 64) 𝑟4
144𝜋
=
(9𝜋2 − 64) ∙ 164
144𝜋
= 𝟑. 𝟓𝟗𝟔, 𝟒𝟐 𝒅𝒎𝟒 
12.2 Figuras compostas 
Na prática, temos que - em muitas situações – uma área poderá ser dividida 
em figuras conhecidas, denominadas figuras simples, como triângulos, retângulos e 
outras formas usuais; para facilitar a determinação do momento de inércia. 
Para tanto, ao invés usarmos elementos infinitesimais, fazemos a soma de 
elementos simples, através do uso de tabelas para facilitar os cálculos. Essa tabela 
é construída para cada uma das partes em termos de sua área 𝐴, do momento de 
inércia em relação ao seu centróide 𝐼,̅ da distância 𝑑 entre o eixo do centróide e o eixo 
em relação ao qual o momento de inércia da seção inteira está sendo calculado, e do 
produto 𝐴𝑑2. 
Lembre-se que para qualquer área (figura simples) o momento de inércia em 
relação ao eixo desejado é, pelo teorema dos eixos paralelos, 𝐼 = 𝐼 ̅ + 𝐴𝑑2. 
Assim, para a seção composta, o momento de inércida desejado será: 𝐼 = ∑ 𝐼 ̅ +
∑𝐴𝑑2. 
Para entender melhor, vamos direto analizar alguns exemplos: 
Ex. 5: Determine os coordenadas do centróide da Fig. 305. 
Figura 305: Área do Ex. 5. 
 
P á g i n a | 300 
 
 
 
Resolução: Dividindo a área em duas figuras (retângulo 1 e triângulo 2): 
Figura 306: Divisão das áreas do Ex. 5. 
 
 
Figura 307 
𝐴1 = 𝑏1 ∙ ℎ1 = 120 ∙ 100 = 12.000 𝑚𝑚
2 
𝐼𝑥1 =
𝑏1 ∙ ℎ1
3
12
=
120 ∙ 1003
12
= 10.000.000 𝑚𝑚4 
𝐼𝑦1 =
ℎ1 ∙ 𝑏1
3
12
=
100 ∙ 1203
12
= 14.400.000 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥1 = 𝑦1 = 110 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦1 = 𝑥1 = 60 𝑚𝑚 
 
 
Figura 308 
𝐶2 = (40, 40) 
𝐴2 =
𝑏2 ∙ ℎ2
2
=
120 ∙ 60
2
= 3.600 𝑚𝑚2 
𝐼𝑥2 =
𝑏2 ∙ ℎ2
3
36
=
120 ∙ 603
36
= 720.000 𝑚𝑚4 
𝐼𝑦2 =
ℎ2 ∙ 𝑏2
3
36
=
60 ∙ 1203
36
= 8.640.000 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥2 = 𝑦2 = 40 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦2 = 𝑥2 = 40 𝑚𝑚 
 
Agora, nós vamos montar uma tabela: 
 
P á g i n a | 301 
 
 
Tabela 12.1 
Figura 𝑰𝐱𝐢 𝑰𝐲𝐢 Ai 𝒅𝐱𝐢 𝒅𝐲𝐢 Ai𝒅𝐱𝐢
𝟐
 Ai𝒅𝐲𝐢
𝟐
 
1 10.000.000 14.400.000 12000 60 110 43.200.000 145.200.000 
2 72.000.000 8.640.000 3600 40 40 5.760.000 5.760.000 
Σ 82.000.000 23.040.000 15600 - - 48.960.000 150.960.000 
 
𝐼𝑥 =∑𝐼xi +∑𝐴i𝑑xi
2 = 82.000.000 + 48.960.000 = 𝟏𝟑𝟎. 𝟗𝟔𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
𝐼𝑦 =∑𝐼yi +∑𝐴i𝑑yi
2 = 23.040.000 + 150.960.000 = 𝟏𝟕𝟒. 𝟎𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
 
Ex. 6: Determine as momentos de inércia da Fig. 309, em relação aos eixos x 
e y e os raios de giração. 
Figura 309: Representação da superfície da placa do Ex. 6. 
 
 
Resolução: Dividindo a área em figuras podemos resolver o problema. 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 302 
 
 
Figura 310: Retângulo 90 x 120 mm. 
 
𝐴1 = 90 ∙ 120 = 10.800 𝑚𝑚
2 
𝑥1 = 
90
2
 = 45 𝑚𝑚 
𝑦1 = 60 +
120
2
 = 120 𝑚𝑚 
𝐼𝑥1 =
𝑏1 ∙ ℎ1
3
12
=
90 ∙ 1203
12
= 12.960.000 𝑚𝑚4 
𝐼𝑦1 =
ℎ1 ∙ 𝑏1
3
12
=
120 ∙ 903
12
= 7.290.000 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥1 = 𝑦1 = 120 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦1 = 𝑥1 = 45 𝑚𝑚 
 
Figura 311: Como o retângulo da figura 1 é vazado de um semicírculo de raio 40 mm, 
devemos considerar a área da figura 2 como negativa, pois ela está sendo retirada do 
retângulo (obs.: considerar 𝝅 = 3,14). 
 
𝐴2 = 
𝜋∙402
2
 = 800𝜋 = 2512 𝑚𝑚2 
𝑥2 = 90 − �̅� = 90 −
4𝑟
3𝜋
= 90 −
4 ∙ 40
3𝜋
= 73,0 𝑚𝑚 
𝑦2 = 60 + 20 + 40 = 120 𝑚𝑚 
𝐼𝑥2 = 
𝜋 𝑟4
8
=
𝜋 ∙ 404
8
= 1.004.800 𝑚𝑚4 
𝐼𝑦2 =
(9𝜋2 − 64) 𝑟4
72𝜋
=
(9𝜋2 − 64) ∙ 404
72𝜋
= 280.100,78 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥2 = 𝑦2 = 120 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦2 = 𝑥2 = 73 𝑚𝑚 
 
Figura 312: Triângulo retângulo de base 90 mm e altura 60 mm. 
𝐴3 = 
60 ∙90
2
 = 2.700 𝑚𝑚2 
𝑥3 =
90
3
= 30 𝑚𝑚 
𝑦3 = 
2 ∙ 60
3
 = 40 𝑚𝑚 
𝐼𝑥3 =
𝑏3 ∙ ℎ3
3
36
=
90 ∙ 603
36
= 540.000 𝑚𝑚4 
P á g i n a | 303 
 
 
𝐼𝑦3 =
ℎ3 ∙ 𝑏3
3
36
=
60 ∙ 903
36
= 1.215.000 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥3 = 𝑦3 = 40 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦3 = 𝑥3 = 30 𝑚𝑚 
 
Agora, nós vamos montar uma tabela: 
Tabela 12.2 
Figura 𝑰𝐱𝐢 𝑰𝐲𝐢 Ai 𝒅𝐱𝐢 𝒅𝐲𝐢 Ai𝒅𝐱𝐢
𝟐
 Ai𝒅𝐲𝐢
𝟐
 
1 12.960.000 7.290.000 10800 120 45 155.520.000 21.870.000 
2 −1.004.800 −280.101 -2512 120 73 -36.288.000 
-
13.429.080 
3 540.000 1.215.000 2700 40 30 4.320.000 2.430.000 
Σ 12.492.200 7.124.899 10988 - - 123.552.000 10.870.920 
 
- Momentos de Inércia: 
𝐼𝑥 =∑𝐼xi +∑𝐴i𝑑xi
2 = 12.492.200 + 123.552.000 = 𝟏𝟑𝟔. 𝟎𝟒𝟒. 𝟐𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
𝐼𝑦 =∑𝐼yi +∑𝐴i𝑑yi
2 = 7.124.899 + 10.870.920 = 𝟏𝟕. 𝟗𝟗𝟓. 𝟖𝟏𝟗 𝒎𝒎𝟒 
 
- Raios de giração: 
𝑖𝑥 = √
I𝑥
𝐴
= √
136.044.200 
10.988
= 𝟏𝟏𝟏, 𝟐𝟕 𝒎𝒎 
𝑖𝑦 = √
I𝑦
𝐴
= √
17.995.819 
10.988
= 𝟒𝟎, 𝟒𝟕 𝒎𝒎 
12.3 Produtos de inércia 
Em situações que sejam necessários cálculos de momentos de inércia em 
relação a eixos girados ou ainda para resolução de problemas que envolvam seções 
transversais assimétricas, podemos definir uma grandeza denominada Produto de 
Inércia (𝐼𝑥𝑦) que é determinada pela expressão: 𝐼𝑥𝑦 = ∫𝑥𝑦 𝑑𝐴 
P á g i n a | 304 
 
 
Diferente dos momentos de inércia que sempre são positivos, o momento de 
inércia pode ser positivo, negativo ou nulo. Os produtos de inércia serão nulos quando 
um dos eixos de referência (ou ambos) for um eixo de simetria. 
7) Seja a área da região definida abaixo a curva 𝑦 = −𝑥2 + 4 (Fig. 13), 
determinar o produto de inércia em relação aos eixos 𝑥 − 𝑦. 
Figura 313: Área Limitada pela parábola. 
 
 
Resolução: 
𝐼𝑥𝑦 = ∫ ∫ 𝑥 𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑥
−𝑥2+4
0
=
2
0
∫ [𝑥 (
 𝑦2
2
)]
0
−𝑥2+4
𝑑𝑥
2
0
= ∫ [𝑥 (
 𝑦2
2
)]
0
−𝑥2+4
𝑑𝑥
2
0
= ∫
𝑥
2
∙ (−𝑥2 + 4)2𝑑𝑥
2
0
 
𝐼𝑥𝑦 = ∫
𝑥
2
∙ (𝑥4 − 8𝑥2 + 16)𝑑𝑥
2
0
= ∫ (
𝑥5
2
− 4𝑥3 + 8𝑥)𝑑𝑥
2
0
= [
𝑥6
12
− 𝑥4 + 4𝑥2]
0
2
=
26
12
− 24 + 4 ∙ 22 
𝑰𝒙𝒚 =
𝟏𝟔
𝟑
= 𝟓, 𝟑𝟑 𝒖𝒎𝟒 
12.3.1 Transferência de eixos 
O teorema de Steiner se aplica também ao Produto de Inércia, onde temos 
então: 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦̅̅ ̅̅ + ∆𝑥 ∆𝑦 𝐴 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 305 
 
 
8) Determine o produto de inércia da área semicircular em relação aos eixo x-
y. 
Figura 314: Área semicircular do Ex. 8. 
 
 
Resolução: Por definição de 𝐼𝑥𝐶𝑦𝐶 = 0 (𝑦𝐶 é um eixo de simetria). 
Sendo: ∆𝑥 =𝑟, ∆𝑦 = −
4𝑟
3𝜋
 e 𝐴 =
𝜋𝑟2
2
 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝐶𝑦𝐶 + ∆𝑥 ∆𝑦 𝐴 = 0 + 𝑟 ∙ (−
4𝑟
3𝜋
) ∙
𝜋𝑟2
2
= −
𝟐𝒓𝟑
𝟑
𝒖𝒎𝟒 
12.3.2 Áreas compostas 
O Produto de Inércia, por ser uma integral de área, também pode usar do 
raciocínio usado para somatório de partes: 
𝐼𝑥𝑦 =∑𝐼𝑥𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
+∑∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑖 𝐴𝑖
𝑛
𝑖=1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 306 
 
 
9) Determine o produto de inércia da área composta em relação aos eixo x-y. 
Figura 315: Cantoneira do Ex. 9. 
 
 
Resolução: Dividindo em duas figura a cantoreira, podemos definir dois 
retângulos: 
Figura 316: retângulo de 135 mm x 80 mm. 
 
 
𝐼𝑥𝐶1𝑦𝐶1 = 0 (𝑥𝐶1 𝑒 𝑦𝐶1 são eixos de simetria); ∆𝑥 = 40 𝑚𝑚, ∆𝑦 = 67,5 𝑚𝑚 e 𝐴1 =
135 ∙ 80 = 10.800 𝑚𝑚4 
𝐼𝑥𝑦1 = 0 + 40 ∙ 67,5 ∙ 10800 = 𝟐𝟗. 𝟏𝟔𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
Figura 317: retângulo de 135 mm x 80 mm. 
 
 
𝐼𝑥𝐶2𝑦𝐶2 = 0 (𝑥𝐶1 𝑒 𝑦𝐶1 são eixos de simetria); ∆𝑥 = 30 𝑚𝑚, ∆𝑦 = 60 𝑚𝑚 e 𝐴1 =
120 ∙ 60 = 7.200 𝑚𝑚4 
𝐼𝑥𝑦2 = 0 + 30 ∙ 60 ∙ 7200 = 𝟏𝟐. 𝟗𝟔𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
Então, para a cantoneira, temos: 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦1 − 𝐼𝑥𝑦2 = 29.160.000 − 12.960.000 =
𝟏𝟔. 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 O centroide de área de uma figura composta pode ser determinado 
fazendo-se a soma algébrica de áreas simples; 
 O produto de inércia de área é uma integral do produto de x por y pela 
área. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 12 
Exercícios 
 
 
 
1) Determine os momentos de inércia Ix e Iy da figura 
abaixo: 
 
 
 
2) Seja a figura abaixo (cantoneira). Determine os momentos de inércia e os 
produtos de inércia (Ix, Iy e Ixy). 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 309 
 
 
3) Seja a figura abaixo. Determine os momentos de inércia e os produtos de 
inércia (Ix, Iy e Ixy). 
 
 
 
4) Seja a figura abaixo. Determine os momentos de inércia e os produtos de 
inércia (Ix, Iy e Ixy). 
 
 
 
 
 
Atrito 
Aula 13 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nas aulas anteriores, quando tratamos de ação de um corpo sobre outro, nós 
consideramos que a força de reação sempre é normal às superfícies, o que é uma 
hipótese válida para superfícies lisas. 
Porém existem situações em que a hipótese de superfície lisa não se aplica. 
Por isso, nesta aula iremos aprofundar um pouco mais essa análise, considerando as 
forças que surgem entre corpos que tendem a impedir ou dificultar o deslocamento 
superficial dos mesmos, ou seja, iremos abordar a ação também de forças tangenciais 
sobre as superfícies de contato, sempre contrária ao sentido do movimento, ao que 
denominamos força de atrito. 
Forças de atrito estão presentes em toda parte e por mais que seja lubrificada, 
polida ou precisamente construída uma máquina, sempre haverá em algum atrito. 
Quando a hipótese de superfície lisa pode ser aplicada, ou seja, quando o atrito tem 
um valor desprezível ante as demais forças atuantes, podemos denominar a máquina 
de ideal. Se o atrito é não desprezível a máquina é denominada real. 
 
Vamos então ao encontro desse conhecimento. Bons estudos!! 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
 Identificar a força de atrito como uma grandeza física; 
 Definir e calcular raio de giração; 
 Resolver problemas com atrito 
 
P á g i n a | 311 
 
 
13 INTRODUÇÃO 
A força de atrito está presente em praticamente todos os momentos do nosso 
dia-a-dia. Ela que possibilita você estar sentado agora podendo estudar, uma vez que 
é ela que te impede de escorregar da sua cadeira. Até mesmo o seu andar depende 
do atrito, pois em ele você não teria apoio nem para ficar de pé. 
Força de atrito só existe no contato entre duas superfícies, como por exemplo, 
o pneu de um automóvel e o asfalto. Lembre-se que o pneu é feito de um material 
aderente e o asfalto é áspero o que acarreta excelente combinação, pois surge no 
contato uma força de atrito que permite o automóvel se movimentar sem derrapar pela 
pista. 
Dessa forma, podemos definir força de atrito como uma força de oposição à 
tendência do escorregamento, que é gerada devido a irregularidades entre as duas 
superfícies que estão em contato. 
13.1 Tipos de atrito 
Para entender bem os tipos de atritos existentes, vamos considerar uma tarefa 
comum do dia a dia que é a necessidade de empurrar um móvel como uma mesa ou 
um sofá. É normal encontrarmos certa dificuldade uma vez que os mesmos são 
objetos pesados e há uma certa aspereza nas superfícies de contato da mesa ou do 
sofá com o piso. 
Se você fizer um teste poderá observar que não conseguimos mover um objeto 
pesado de imediato, ou seja, é necessário que façamos uma força relativamente 
grande, e - depois que se consegue estabelecer o movimento - é mais fácil manter o 
objeto nesse estado (de movimentos) do que foi para tirá-lo do lugar. 
A situação descrita pode ser explicada pela existência de dois tipos de atrito: o 
estático e o cinético ou dinâmico. 
13.2 Força de atrito estático 
Atrito estático é o que atua quando a resultante de forças atuando sobre o 
objeto não são suficientes para mover esse objeto. É aquele caso em que você 
empurra o sofá e ele não sai do lugar. Isso ocorre porque a resultante das forças 
P á g i n a | 312 
 
 
aplicadas equipara-se à força de atrito. Note que não é apenas para uma quantidade 
de força que o móvel não sai do lugar, mas para diversas intensidades de forças. Por 
esse motivo, a força de atrito estático tem a sua intensidade variável. 
Imagine a seguinte situação, você aplica uma força de 200 N para tentar mover 
o sofá. Se ele não se move é porque a força de atrito também vale 200 N. Se você 
aumentar essa força aplicada para 300 N e ele continuar sem sair do lugar, é porque 
a força de atrito também aumentou para 300 N e assim continuará sendo até que o 
sofá seja movimentado. 
Porém é importante destacar que apesar do atrito estático variar com a força 
aplicada, ele apresenta um valor máximo que, quando suplantado, acarreta 
movimento do objeto. Esse valor máximo da força de atrito é denominado atrito de 
destaque ou atrito estático máximo ou atrito limite, e é determinado pela seguinte 
expressão: 
Fa𝐸 = μ𝐸 ∙ 𝑁 
Onde 
μ𝐸 é o coeficiente de atrito estático (uma grandeza adimensional); 
𝑁 é a força normal. 
Na Fig. 318 é apresentado um esquema com as forças atuando e a indicação 
de repouso (𝑣 = 0), ou seja Fa𝐸
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ≥ 𝐹 . 
Figura 318: Forças atuando – atrito estático. 
 
Fonte: Domiciano Correa 
O atrito limite é um parâmetro para identificar se um corpo vai ou não entrar em 
movimento devido a atuação de determinada força ou conjunto de forças. Assim, se a 
força atuante for menor ou igual ao atrito de destaque o corpo permanece em repouso 
e se a força aplicada for maior que o atrito de destaque o corpo entrará em movimento 
P á g i n a | 313 
 
 
13.3 Força de atrito cinético ou dinâmico 
Depois que o deslizamento ou movimento ocorre, a categoria deixa de ser 
estática, surgindo então uma condição de atrito cinético ou dinâmico. Então, podemos 
dizer que atrito cinético ou dinâmico é o atrito que ocorre quando os corpos estão em 
movimento (Fig. 319). 
Figura 319: Forças atuando – atrito estático. 
 
Fonte: Adaptado de Domiciano Correa 
O atrito cinético ou dinâmico, ao contrário do atrito estático, tem valor constante 
e menor que o atrito limite ou atrito de destaque. Isso é um dos motivos pelo qual fica 
mais fácil empurrar um sofá depois que ele entra em movimento. 
A sua intensidade é determinada por uma equação muito semelhante à 
equação do atrito de destaque, bastando apenas trocar o coeficiente de atrito estático 
pelo coeficiente de atrito cinético ou dinâmico. 
Fa𝐶 = μ𝐶 ∙ 𝑁 
Onde 
μ𝐶 é o coeficiente de atrito cinético ou dinâmico (uma grandeza adimensional); 
𝑁 é a força normal. 
Vejamos alguns exemplos de cálculo de forças de atrito: 
Ex. 1: Dado, na figura abaixo, que g= 10 m/s², m = 20 kg, coeficiente de atrito 
estático = 0,3, coeficiente de atrito dinâmico = 0,2. 
 
 
 
 
P á g i n a | 314 
 
 
Figura 320: Exemplo Ex. 1. 
 
 
Verifique se o bloco entra ou não entra em movimento nos casos: 
a) F = 40 N 
b) F = 60 N 
c) F = 80 N 
Resolução: 
- Força normal: 
𝑁 = 𝑃 = 𝑚.𝑔 = 10 ∙ 20 = 𝟐𝟎𝟎 𝐍 
- Forças de Atrito Estático: 
Fa𝐸 = μ𝐸𝑁 = 0,3 ∙ 200 = 𝟔𝟎 𝐍 
- Forças de Atrito Dinâmico (ou cinético): 
Fa𝐶 = μ𝐶𝑁 = 0,2 ∙ 200 = 𝟒𝟎 𝐍 
a) para 𝐹 = 40 N → Fa𝐸
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 𝐹 : corpo não entra em movimento (repouso: 𝑣 = 0) 
b) para 𝐹 = 60 N → Fa𝐸
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹 : corpo não entra em movimento (repouso: 𝑣 = 0) 
c) para 𝐹 = 80 N → Fa𝐸
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ < 𝐹 : corpo entra em movimento acelerado ( 𝑣 > 0). 
O corpo entre em movimento no sentido de �⃗� , com aceleração calculada pela 
2ª Lei de Newton (𝑅 = 𝑚𝑎): 
Figura 321: Indicação da Força Resultante do Ex. 1c. 
 
 
𝑹 = 𝐹 − Fa𝐶 = 80 − 40 = 𝟒𝟎 𝐍 
𝑅 = 𝑚 ∙ 𝑎 → 𝒂 =
𝑅
𝑚
=
40
20
= 𝟐 𝒎/𝒔𝟐 
P á g i n a | 315 
 
 
Ex. 2.: (UFV) Uma corda de massa desprezível pode suportar uma força 
tensora máxima de 200 N sem se romper. Um garoto puxa, por meio desta corda 
esticada horizontalmente, uma caixa de 500 N de peso ao longo de piso horizontal. 
Sabendo que o coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o piso é 0,20 e, além disso, 
considerando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, determine a intensidade da 
força de atrito cinético entre a caixa e o piso. 
Resolução: 
- Força normal: 
𝑁 = 𝑃 = 𝟓𝟎𝟎 𝐍 
- Forças de Atrito Estático: 
Fa𝐸 = μ𝐸𝑁 = 0,2 ∙ 500 = 𝟏𝟎𝟎 𝐍 
Como 𝑇𝑀á𝑥 = 200 N → Fa𝐸
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ < 𝑇𝑀á𝑥⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ : corpo entra em movimento ( 𝑣 > 0). 
Como não foi indicado o valor do coeficiente de atrito cinemático ou dinâmico, 
e esse sempre é menos que o coeficiente de atrito estático, vamos considerar que o 
corpo entre em movimento no sentido de �⃗� , com aceleração calculada pela 2ª Lei de 
Newton (𝑅 = 𝑚𝑎): 
𝑹 = 𝐹 − Fa𝐸 = 200 − 100 = 𝟏𝟎𝟎 𝐍 
Como o corpo tem peso de 500 N, sua massa será de 50 kg para 𝑔 = 10𝑚/𝑠2. 
Então 
𝒂 =
𝑅
𝑚
=
100
50
= 𝟐 𝒎/𝒔𝟐. 
Ex. 3.: (UNICAMP) Um caminhão transporta um bloco de ferro de 3,0 t, 
trafegando horizontalmente e em linha reta, com velocidade constante. O motorista vê 
o sinal (semáforo) ficar vermelho e aciona os freios, aplicando uma desaceleração 
constante de valor 3,0 m/s2. O bloco não escorrega. O coeficiente de atrito estático 
entre o bloco e a carroceria é 0,40. Adote g = 10 m/s2. 
a) Qual a intensidade da força de atrito que a carroceria aplica sobre o bloco, 
durante a desaceleração? 
b) Qual é a máxima desaceleração que o caminhão pode ter para o bloco não 
escorregar? 
Resolução: 
- Peso: sendo a massa do bloco de ferro de 3000 kg, para g = 10 m/s2: 
𝑃 = 3000 ∙ 10 = 30000 N = 30 kN 
P á g i n a | 316 
 
 
 
- Força Normal: 
𝑁 = 𝑃 = 30 kN 
- Força de Atrito Estático Máxima: 
Fa𝐸 = μ𝐸𝑁 = 0,4 ∙ 30 = 𝟏𝟐 𝐤𝐍 
a) Como o corpo permanece em equilíbrio, a força de atrito é igual a força 
resultante atuante e menor ou igual a força de atrito estático máxima. 
- Pela 2ª Lei de Newton: 
𝑅 = 𝑚𝑎 = 3000 𝑘𝑔 ∙ 3 𝑚/𝑠2 = 9.000 N = 9 kN. 
𝐅𝒂 = 𝐑 = 𝟗 𝐤𝐍 
b) A máxima desaceleração acontece quando R = Fa𝐸 = 12 kN 
- Pela 2ª Lei de Newton: 
𝑅 = 𝑚𝑎 → 𝑎 =
𝑅
𝑚
=
12000 N
3000 kg
 → 𝒂 = 𝟒 𝒎/𝒔𝟐 
Ex. 4.: (UESPI) O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a parede vertical, 
mostrados na figura abaixo, é 0,25. Se o bloco pesa 100 N, qual o menor valor da 
força 𝐹 para que o bloco permaneça em repouso? 
Figura 322: Exemplo Ex. 4. 
 
 
Resolução: 
Fa𝐸 ≥ 100 N (para permanecer em equilíbrio); sendo 𝑁 = 𝐹: 
Fa𝐸 = 𝜇𝐸 ∙ 𝐹 ≥ 100 → 𝐹 ≥
100
0,25
 → 𝑭 ≥ 𝟒𝟎𝟎 𝐍 
Resp. O menor valor é de 400 N. 
Ex. 5: Um bloco de madeira pesa 2.000 N. Para deslocá-lo sobre uma mesa 
horizontal, com velocidade constante, é necessário aplicar uma força horizontal de 
intensidade 100 N. Determine o coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e a mesa. 
P á g i n a | 317 
 
 
Resolução: 
Fa𝐶 = μ𝐶 ∙ 𝑁 → 𝛍𝑪 =
Fa𝐶
𝑁
=
100
2000
= 𝟎, 𝟎𝟓 
Ex. 6: Uma força 𝐹 é aplicada a um bloco de 100 kg que desliza sobre uma 
superfície onde o coeficiente de atrito dinâmico é 0,1. O corpo tem aceleração 
constante de 1 m/s². Qual a força aplicada no corpo? (considerar 𝑔 = 9,81 𝑚/𝑠2) 
Resolução 
- Força Normal: 
𝑁 = 𝑃 = 𝑚 ∙ 𝑔 = 100 ∙ 9,81 = 981 N 
- Força de atrito: 
Fa𝐶 = μ𝐶 ∙ 𝑁 = 0,1 ∙ 981 = 98,1 N 
- Pelo princípio da dinâmica: 𝑅 = 𝐹 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚𝑎 → 𝐹 = 𝐹𝑎𝑡 +𝑚𝑎 
𝑭 = 98,1 + 100 ∙ 1 = 𝟏𝟖𝟏, 𝟏 𝐍 
Ex. 7: Considere dois blocos A e B de massas 𝑚𝐴 = 200 kg e 𝑚𝐵 = 100 kg, 
respectivamente. O bloco A está apoiado numa superfície horizontal e ligado ao bloco 
B por meio de um fio ideal. O sistema encontra-se em equilíbrio e na iminência de 
movimento. (Considere g = 9,81 m/s2). 
Figura 323: Exemplo Ex. 7. 
 
 
Determine o coeficiente de atrito estático entre o bloco A e a superfície de apoio. 
Resolução: 
Bloco A: 
- Força Normal: 
𝑁 = 𝑃𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑔 = 200 ∙ 9,81 = 1.962 N 
- Força de atrito: 
Fa𝐸 = μ𝐸 ∙ 𝑁 = 1.962μ𝐸 N 
Bloco B: 
P á g i n a | 318 
 
 
- Força Peso: 
𝑃𝐵 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑔 = 100 ∙ 9,81 = 981 N 
Como o sistema é ideal, temos que a tensão atuando no bloco A é o peso do 
Bloco B. Então, para que haja equilíbrio: 
Fa𝐸 = 𝑃𝐵 → 1.962μ𝐸 = 981 → 𝛍𝑬 = 𝟎, 𝟓 
Ex. 8: Uma caixa de peso P = 500 N está em repouso numa superfície 
horizontal. O coeficiente de atrito estático entre a caixa e a superfície é μE = 0,4. Uma 
força 𝐹 , inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal, é aplicada na caixa. Qual 
é a máxima intensidade da força 𝐹 , supondo que a caixa permaneça em repouso? 
Figura 324: Exemplo Ex. 8. 
 
 
Resolução: Decomposição da força: temos uma força F inclinada, tal que o 
sen θ = 0,6; cos θ = 0,8, assim: 
{
𝐹𝑥 = 𝐹 ∙ cos 𝜃 = 0,8 𝐹
𝐹𝑦 = 𝐹 ∙ sen 𝜃 = 0,6 𝐹
 
- Representação das forças: 
Figura 325: Forças atuando - Ex. 8. 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 
P á g i n a | 319 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝑎𝑡 = 0,8 𝐹 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁 + 0,6 𝐹 = 500 → 𝑁 = 500 − 0,6𝐹 (𝑖𝑖) 
- Pela definição de forças de atrito estático: 
𝐹𝑎𝐸 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑁 → 𝐹𝑎𝐸 = 0,4 𝑁(𝑖𝑖𝑖) 
- substituindo (𝑖) e (𝑖𝑖) em (𝑖𝑖𝑖): 
0,8 𝐹 = 0,4 ∙ (500 − 0,6𝐹) → 2 𝐹 = 500 − 6𝐹 
2,6 𝐹 = 500 → 𝑭 = 𝟏𝟗𝟐, 𝟑 𝐍 
Ex. 9: Determine os coeficientes de atrito estático e dinâmico (cinético) entre 
uma caixa com 50 kg e uma prancha se apenas a um ângulo de inclinação acima de 
30º com a horizontal começa a deslizar descendo 3,0 m em 4 s. Resolução: 
Representando o problema num esquema da Fig.326. 
Figura 326: Forças atuando - Ex. 9. 
 
 
- Atrito Estático: no momento em que a prancha está na iminência de deslizar, 
a caixa ainda está em equilíbrio e temos a força de atrito estática máxima (𝑓𝑎𝐸), além 
do Peso e da força normal: 
 
 
 
P á g i n a | 320 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝑎𝐸 = 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁 = 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 (𝑖𝑖) 
- Pela definição de forças de atrito estático: 𝐹𝑎𝐸 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑁 (𝑖𝑖𝑖) 
- substituindo (𝑖) e (𝑖𝑖) em (𝑖𝑖𝑖): 
𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 → 𝜇𝐸 =
𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
= 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑡𝑔 30o → 𝝁𝑬 = 𝟎, 𝟓𝟕𝟕 
- Atrito dinâmico (estético): no momento em que a prancha desliza, temos a 
força de atrito cinemática ou dinâmica (𝑓𝑎𝐶), além do Peso e da força normal: 
 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 𝐹𝑎𝐶 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 𝜇𝐶 ∙ 𝑁 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶 ∙ 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝜇𝐶 ∙ 𝑚𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶∙ 𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑎 + 𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝜇𝐶 ∙ 𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑎 + 𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶 =
𝑎
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
+ 
𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
 
𝜇𝐶 =
𝑎
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
+ 𝑡𝑔 𝜃 
- Para determinar a aceleração temos que lançar mão de fórmulas que você viu 
na física: 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥0 ∙ 𝑡 +
1
2
𝑎𝑥 ∙ 𝑡
2 
Sendo 𝑡 = 4 𝑠; 𝑥0 = 0; 𝑥 = −3 𝑚; 𝑣𝑥0 = 0 
−3 = 0 + 0 ∙ 4 +
1
2
𝑎𝑥 ∙ 4
2 → 8𝑎𝑥 = −3 → 𝑎𝑥 = −0,375 𝑚/𝑠2 
- substituindo 𝑔 = 9,81 𝑚/𝑠2; 𝑎𝑥 = 0,5 𝑚/𝑠
2 𝑒 𝜃 = 30𝑜: 
𝜇𝐶 =
−0,375
9,81 ∙ 𝑐𝑜𝑠 30𝑜
+ 𝑡𝑔 30𝑜 = 𝟎, 𝟓𝟑𝟑 
P á g i n a | 321 
 
 
Ex. 10: Seja o sistema em equilíbrio apresentado na Fig. 327. Determine o peso 
máximo do bloco A, se o bloco B pesa 712 N e o coeficiente de atrito estático entre a 
mesa e o bloco B é de 0,25. 
Figura 327: Sistema em Equilíbrio do Ex. 10. 
 
 
Resolução: Como o sistema está em equilíbrio e as três forças atuam sobre o 
ponto O: 
 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑇𝐴 ∙ cos 𝜃 = 𝑇𝐵 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑇𝐴 ∙ sen 𝜃 = 𝑃𝐴 → 𝑇𝐴 =
𝑃𝐴
sen 𝜃
 (𝑖𝑖) 
Substituindo (𝑖𝑖) em (𝑖): 𝑇𝐵 =
𝑃𝐴
sen𝜃
∙ cos 𝜃 =
𝑃𝐴
tg 410
 (𝑖𝑖𝑖) 
- Forças no Bloco B: 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁𝐵 = 𝑃𝐵 = 712 N 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝑓𝑎𝐸 = 𝑇𝐵 → 𝜇𝐸 ∙ 𝑁𝐵 =
𝑃𝐴
tg 410
 → 𝑃𝐴 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑁𝐵 ∙ tg 41
0 
𝑃𝐴 = 0,25 ∙ 712 ∙ tg 41
0 = 𝟏𝟓𝟒, 𝟕 𝐍 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula, aprendemos: 
 
 Atrito é a força tangencial que surge no contato de dois corpos pela ação 
de forças externas; 
 Atrito estático age até o ponto de deslizamento de um corpo sobre outro, 
ou seja, na condição de equilíbrio estático; 
 Atrito dinâmico age quando um corpo desliza sobre outro a uma velocidade 
não nula. 
 
 
 
 
AULA 13 
Exercícios 
 
1) Sejam os dois blocos livres para se moverem, conforme mostrados na figura 
abaixo, com 𝑚 = 16 𝑘𝑔 e 𝑀 = 88 𝑘𝑔. Sendo o coeficiente de atrito estático entre os 
blocos igual a 0,38, qual é a força mínima horizontal 𝐹 necessária para segura 𝑚 
contra 𝑀? 
 
 
 
2) Determine os coeficientes de atrito estático e dinâmico (cinético) entre uma 
caixa com 150 kg e uma prancha se apenas a um ângulo de inclinação acima de 25º 
com a horizontal começa a deslizar descendo 2,5 m em 5 s. 
 
3) Considere dois blocos A e B de massas 𝑚𝐴 = 50 kg e 𝑚𝐵 = 20 kg, 
respectivamente. O bloco A está apoiado numa superfície horizontal e ligado ao bloco 
B por meio de um fio ideal. O sistema encontra-se em equilíbrio e na iminência de 
movimento. (Considere g = 9,81 m/s2). Determine o coeficiente de atrito estático entre 
o bloco A e a superfície de apoio. 
 
 
 
4) Um caminhão transporta um bloco de mármore de 30 t, trafegando numa 
pista em declive de 10o e em linha reta, com velocidade constante. O motorista vê o 
sinal (semáforo) ficar vermelho e aciona os freios, aplicando uma desaceleração 
constante de valor 8,0 m/s2 e consegue parar sem o bloco escorregar. Sendo o 
P á g i n a | 324 
 
 
coeficiente de atrito estático entre o bloco e a carroceria de 0,50 e adotando g = 9,81 
m/s2, determine: 
a) A intensidade da força de atrito que a carroceria aplica sobre o bloco, durante 
a desaceleração. 
b) A máxima desaceleração que o caminhão pode ter para o bloco não 
escorregar. 
 
 
 
 
Princípio dos trabalhos virtuais - 
PTV 
Aula 14 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Corpos compostos de elementos interligados que apresentam movimentos 
relativos apresentam particularidades que devem ser tratadas utilizando novos 
métodos de análise estrutural. Problemas dessa natureza prescinde de considerações 
que vão além das equações de equilíbrio de forças e momentos. 
Por isso, nessa última aula teórica, iremos apresentar um método muito 
importante para análise de estruturas que apresenta uma diversidade muito grande 
de aplicação, que é conhecido como Método ou Princípio do Trabalho Virtual (PTV). 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
 Esperamos que, após o estudo do conteúdo deste módulo, você seja 
capaz de: 
 Apresentar o conceito de Trabalho Virtual; 
 Resolver problemas envolvendo o Método dos Trabalhos Virtuais. 
 
 
 
 
P á g i n a | 326 
 
 
14 INTRODUÇÃO 
Quando as equações de equilíbrio da estática não são suficientes, ou não são 
o enfoquem mais conveniente de um problema, um método baseado no conceito de 
trabalho de uma força pode ser um importante alternativa. 
O denominado método ou princípio do trabalho virtual permite um entendimento 
mais profundo sobre o comportamento de sistemas mecânicos e a estabilidade de 
sistemas em equilíbrio. Ele estabelece o equilíbrio de um sistema em termos de seus 
possíveis deslocamentos. Ele é atribuído a John Bernoulli (1667-1748). 
Para entender um pouco mais sobre a história do método acesse: 
<http://www.scielo.br/pdf/rbef/v30n3/3601.pdf>. 
O temo virtual denota que as grandezas são meramente imaginárias e que não 
existem no sentido real ou físico. De tal modo, um deslocamento virtual é um pequeno 
deslocamento imaginário, arbitrariamente atribuído a um sistema estrutural. Não é 
obrigatório que haja um deslocamento real, como por exemplo os deslocamentos de 
flexão causados por cargas atuantes na estrutura, por isso o trabalho efetivado por 
forças reais durante um deslocamento virtual é denominado trabalho virtual. 
14.1 Trabalho de uma força 
Antes de continuarmos na definição do método, vamos relembrar o que é 
trabalho do ponto de vista da física. Para tanto, vamos começar considerando uma 
força 𝐹 , constante, que atua sobre um corpo no ponto 𝐴 (Fig. 1), cujo movimento ao 
longo do plano desde 𝐴 até 𝐴’ é representado pelo vetor de deslocamento 𝑑𝑟 . 
Figura 328: Força �⃗⃗� e deslocamento 𝒅𝒓⃗⃗⃗⃗ ⃗. 
 
 
http://www.scielo.br/pdf/rbef/v30n3/3601.pdf
P á g i n a | 327 
 
 
O ponto A é localizado pelo seu vetor posição 𝑟 , que é medido a partir de uma 
origem O arbitrada de forma conveniente. Definindo de forma generalizada, temos que 
o deslocamento infinitesimal 𝑑𝑟 é a variação da posição de A para A’. Dessa forma, 
pela definição, trabalho 𝑑�⃗⃗� realizado pela força 𝐹 sobre o corpo durante esse 
deslocamento é o produto do deslocamento pela componente da força na direção 
desse deslocamento. Assim, da Fig. 328 temos: 
𝑑𝑈 = 𝐹 ∙ d𝑟 
 Sendo 𝐹 o módulo da força 𝐹 e 𝑑𝑠 o módulo do deslocamento diferencial 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗ , 
pela definição de produto escalar: 
𝑑𝑈 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑠 cos 𝛼 
Na Fig. 329 temos a indicação da componente do vetor deslocamento na 
direção da força F. 
Figura 329: Componente do deslocamento 𝒅𝒓⃗⃗⃗⃗ ⃗ na direção da força �⃗⃗� . 
 
 
Para determinar o trabalho 𝑈, fazemos a integração de 𝑑𝑈 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑠 cos 𝛼: 
𝑈 = ∫𝐹 cos 𝛼 𝑑𝑠 
É importante salientar que o processo de integração de 𝑑𝑈 depende do 
conhecimento da relação entre as componentes de força e suas respectivas 
coordenadas, ou as relações entre 𝐹 e 𝑠 e entre cos 𝛼 e 𝑠. 
Forças que não realizam trabalho: 
Reação em um pino sem atrito quando o corpo suportado gira em torno do pino; 
Reação em uma superfície sem atrito quando o corpo em contato se move ao 
longo da superfície; 
Peso de um corpo cujo centro de gravidade se move horizontalmente; 
P á g i n a | 328 
 
 
Força de atrito que atua em uma roda que rola sem escorregar. 
Em certos casos, a soma dos trabalhos realizados por várias forças é igual a 
zero, por exemplo: 
Para dois corpos unidos por um pino sem atrito; 
Para dois blocos unidos por uma corda inextensível; 
As forças externas que mantêm unidas as partes de um corpo rígido. 
14.2 Trabalho de um binário 
Além de trabalho de forças, temos também que lembrar que binários podem 
realizar trabalhos. Para definir, então, o trabalho de um binário 𝑀 = 𝐹 ∙ 𝑟, 
consideremos a situação definida na ilustração da Fig. 330. 
Figura 330: Binário 𝑴. 
 
 
O binário 𝑀 = 𝐹 ∙ 𝑟 age sobreo corpo e modifica a sua posição angular por um 
valor 𝑑𝜃, sendo o trabalho desse binário simplesmente verificado a partir do trabalho 
combinado das duas forças que compõem esse binário. 
Assim, o trabalho do binário pode ser definido pela expressão: 
𝑈 = ∫𝑀 𝑑𝜃 = ∫𝐹 ∙ 𝑟 𝑑𝜃 
que será positivo se tiver o mesmo sentido de 𝑑𝜃 e negativo se tiver no sentido 
inverso da rotação 𝑑𝜃. 
P á g i n a | 329 
 
 
14.3 Trabalho virtual 
Para definir o conceito de trabalho virtual, vamos considerar considerar uma 
partícula submetida a uma força 𝐹 . Agora imaginemos um pequeno deslocamento 
virtual (𝛿𝑟 ) sofrido por uma partícula submetida à ação de várias forças (Fig. 331). 
Figura 331: Força atuando num ponto – deslocamento virtual 𝜹�⃗� . 
 
 
O trabalho realizado por qualquer força 𝐹 atuando sobre a partícula durante o 
deslocamento virtual 𝛿𝑟 é denominado trabalho virtual que corresponde a: 
δ𝑈 = 𝐹 ∙ δ𝑟 ou δ𝑈 = 𝐹 δ𝑠 cos 𝛼 
onde é o ângulo entre 𝐹 e 𝛿𝑟 e 𝛿𝑠 é o módulo de 𝛿𝑟 . 
É importante destacar a diferença entre 𝑑𝑟 que se refere a uma variação 
infinitesimal de posição real e 𝛿𝑟 se refere a um movimento infinitesimal virtual. 
Um deslocamento virtual também pode ser uma rotação δ𝜃 de um corpo, sendo 
o trabalho virtual realizado por um binário 𝑀 durante um deslocamento virtual δ𝜃 igual 
a δ𝑈 = 𝑀 δ𝜃. 
14.3.1 Equilíbrio de uma Partícula 
Vamos considerar agora o equilíbrio expresso em termos de trabalhos virtuais, 
começando pelo equilíbrio de uma partícula. 
Vamos considerar então a partícula da Fig. 332, submetida a um conjunto de 
forças, cuja posição de equilíbrio é definida pelas forças que atuam sobre ela. 
 
 
P á g i n a | 330 
 
 
Figura 332: Forças atuando num ponto – deslocamento virtual 𝜹�⃗� . 
 
 
Para um deslocamento virtual 𝛿𝑟 que modifica a posição da partícula da 
condição de equilíbrio A para a posição A’, o trabalho virtual total realizado sobre a 
partícula vale 
δ𝑈 = 𝑭𝟏⃗⃗ ⃗⃗ ∙ δ�⃗� + 𝑭𝟐⃗⃗ ⃗⃗ ∙ δ�⃗� + 𝑭𝟑⃗⃗ ⃗⃗ ∙ δ�⃗� + ⋯+ 𝑭𝒏⃗⃗ ⃗⃗ ∙ δ�⃗� = ∑ �⃗⃗� ∙ δ�⃗� . 
Como o trabalho virtual é nulo, temos que: 
δ𝑈 = ∑ �⃗⃗� ∙ δ�⃗� = ∑𝐹𝑥 δ𝑥 + ∑𝐹𝑦 δ𝑦 + ∑𝐹𝑧 δ𝑧 = 0. 
com ∑ �⃗⃗� = ∑𝐹𝑥 i + ∑𝐹𝑦 j + ∑𝐹𝑧 k⃗ = 0 
14.3.2 Equilíbrio de um Corpo Rígido 
A partir do conceito de trabalho virtual de uma partícula, podemos com 
facilidade ampliar o princípio do trabalho virtual para um corpo rígido, tratado como 
um sistema de partículas rigidamente presas entre si. 
Podemos tratar o trabalho do corpo rígido também como nulo, uma vez que o 
trabalho virtual realizado em cada partícula do corpo em equilíbrio vale zero. Para um 
corpo rígido é importante salientar que apenas o trabalho virtual das forças externas 
aparece na avaliação de 𝛿𝑈 = 0. 
É importante frisar que o PTV é vantajoso quando temos corpos interligados ou 
estruturas estaticamente indeterminadas. 
P á g i n a | 331 
 
 
14.3.3 Princípio dos Trabalhos Virtuais 
Se uma partícula, um corpo rígido, ou um sistema de corpos rígidos que está 
em equilíbrio sob a ação de várias forças sofre um deslocamento virtual, o trabalho 
total efetuado pelas forças externas durante o deslocamento é nulo. 
O princípio dos trabalhos virtuais é particularmente eficaz quando aplicado à 
solução de problemas que envolvem o equilíbrio de máquinas ou mecanismos que 
consistam em vários elementos ligados entre si. 
Observações importantes sobre o PTV: 
Se uma partícula está em equilíbrio, o trabalho virtual total realizado pelas 
forças que atuam sobre ela deve ser zero para qualquer deslocamento virtual. 
Se um corpo rígido está em equilíbrio, o trabalho virtual total das forças externas 
que atuam sobre ele é zero para qualquer deslocamento virtual desse corpo. 
Se um sistema corpos rígidos ligados entre si permanece conectado durante o 
deslocamento virtual, somente o trabalho das forças externas ao sistema precisa ser 
considerado. 
Se uma partícula, um corpo rígido, ou um sistema de corpos rígidos está em 
equilíbrio, então a derivada de sua energia potencial em relação a uma variável que 
define sua posição deve ser zero. 
A estabilidade de uma posição de equilíbrio pode ser determinada utilizando-
se a segunda derivada da energia potencial em relação a uma variável de posição. 
 
Ao usar o método do trabalho virtual, deve-se desenhar um diagrama, diferente 
do DCL, que isole o sistema em consideração, indicando apenas as forças ativas, uma 
vez que as forças reativas não entram no cálculo do método. 
Vejamos alguns exemplos de aplicações do princípio dos trabalhos 
virtuais: 
Ex. 1) Desejamos determinar a força exercida pela alavanca sobre o bloco em 
B para uma dada força P da Fig. 333. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 332 
 
 
Figura 333: Exemplo Ex. 1. 
 
 
Resolução: Consideremos o trabalho realizado pelas forças externas para um 
deslocamento virtual 𝑑𝜃. Apenas as forças �⃗� e �⃗� realizam trabalho não nulo, vide Fig. 
334. 
Figura 334: Indicação das forças - Ex. 1. 
 
 
𝛿𝑈 = 𝛿𝑈𝑄 + 𝛿𝑈𝑃 = −𝑄𝛿𝑥𝐵 − 𝑃𝛿𝑦𝐶 = 0 
Das figuras 333 e 334 temos que: 
𝑥𝐵 = 2𝑙 𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝛿𝑥𝐵 = 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 
𝑦𝐶 = 𝑙 cos 𝜃 → 𝛿𝑦𝐶 = −𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃 
Substituindo os valores de 𝛿𝑥𝐵 e 𝛿𝑦𝐶 em 𝛿𝑈 = 0: 
−𝑄 ∙ 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 − 𝑃 ∙ (−𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃) = 0 → 𝑄 ∙ 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 = 𝑃𝑙 ∙ sen 𝜃 𝛿𝜃 → 𝑸 =
𝟏
𝟐
𝑷 𝒕𝒈 𝜽 
Resp. A força exercida no bloco é de 
1
2
𝑃 𝑡𝑔 𝜃. 
 
P á g i n a | 333 
 
 
Ex. 2) Para a conexão AO na posição horizontal mostrada, determine a força P 
sobre a bucha móvel, que impedirá AO de girar sob a ação do momento M. Despreze 
a massa das partes móveis (Fig. 335). 
Figura 335: Exercício Ex. 2. 
 
Fonte: Meriam 
Resolução: O momento 𝑀 atuando gera movimento angular do eixo 𝑂𝐴 de 𝑑𝜃 
(em radianos), um deslocamento horizontal em 𝐵 de 𝛿𝑥 e um deslocamento vertical 
𝛿𝑦, tal que 𝛿𝑦 = 𝑎 𝛿𝜃. 
- Seja o esboço indicando as forças ativas para o sistema (Fig. 336): 
Figura 336: Indicação de forças e deslocamentos - Ex. 2. 
 
 
Fonte: Meriam 
- Pela definição do Teorema de Pitágoras: 
𝑏2 = 𝑥2 + 𝑦2 
- Considerando a diferencial da equação acima: 
2𝑥 𝛿𝑥 + 2𝑦 𝛿𝑦 = 0 → 𝛿𝑥 = −
𝑦
𝑥
 𝛿𝑦 → 𝛿𝑥 = −
𝑦
𝑥
𝑎 𝛿𝜃 
- Aplicando a equação do trabalho virtual: 
𝛿𝑈 = 0 → 𝑀 ∙ 𝛿𝜃 + 𝑃 ∙ 𝛿𝑥 = 0 
𝑀 ∙ 𝛿𝜃 + 𝑃 ∙ (−
𝑦
𝑥
𝑎 𝛿𝜃) = 0 → 𝑀 =
𝑦
𝑥
𝑎 𝑃 → 𝑷 =
𝑴𝒙
𝒚𝒂
 
P á g i n a | 334 
 
 
Resp. A força exercida na bucha móvel é de 
𝑀𝑥
𝑦𝑎
. 
Ex. 3) Determine a intensidade do binário M necessária para se manter o 
equilíbrio do mecanismo mostrado na figura. 
Figura 337: Mecanismo do Ex. 3. 
 
Fonte: Beer 
Resolução: A força 𝑃 atuando gera movimento angular das barras 𝐴𝐹 𝑒 𝐸𝐵 de 
𝑑𝜃 (em radianos) no sentido anti-horário e um deslocamento horizontal negativo em 
𝐷 de −𝛿𝑥. Seja o esboço indicando as forças ativas para o sistema (Fig. 338): 
Figura 338: Indicação de forças e deslocamentos - Ex. 3. 
 
Fonte: BEER (2006) 
𝛿𝑈 = 𝛿𝑀 + 𝛿𝑈𝑃 = 𝑀𝛿𝜃 + 𝑃𝛿𝑥𝐷 = 0 
Das figuras 337 e 338 temos que: 
P á g i n a | 335 
 
 
𝑥𝐷 = 3𝑙 cos 𝜃 → 𝛿𝑥𝐷 = −3𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃 
Substituindo o valor de 𝛿𝑥𝐷 em 𝛿𝑈 = 0: 
𝑀𝛿𝜃 + 𝑃𝛿𝑥𝐷 = 0 → 𝑀𝛿𝜃 + 𝑃(−3𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃) = 0 
𝑀𝛿𝜃 = 𝑃3𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃 → 𝑴 = 𝟑𝑷𝒍 𝐬𝐞𝐧𝜽 
Resp. O momento que atua é de 3Pl sen 𝜃. 
Ex. 4) Cada uma das duas barras uniformes articulados tem uma massa m e 
um comprimento l, e está apoiada e carregada como mostrado na Fig. 339. Para uma 
dada força P, determine o ângulo 𝜃 para haver equilíbrio. 
Figura 339: Ex. 4. 
 
Fonte: MERIAM 
Resolução: Na Fig. 340 está indicado o diagrama de forças ativas para o 
sistema da Fig. 339, composto pelos dois elementos. 
Figura 340: Diagramas de forças - Ex. 4. 
 
Fonte:MERIAM (2010) 
𝛿𝑈 = 0 → 𝑃 ∙ 𝛿𝑥𝐵 + 2𝑚𝑔 ∙ 𝛿ℎ = 0 
P á g i n a | 336 
 
 
 
Das figuras 339 e 340 temos que: 
𝑥 = 2𝑙 𝑠𝑒𝑛 
𝜃
2
 → 𝛿𝑥𝐵 = 𝑙 cos
𝜃
2
𝛿𝜃 
ℎ =
𝑙
2
cos
𝜃
2
 → 𝛿ℎ = −
𝑙
4
 sen
𝜃
2
𝛿𝜃 
 
Substituindo os valores de 𝛿𝑥𝐵 e 𝛿𝑦𝐶 em 𝛿𝑈 = 0: 
𝑃 ∙ 𝛿𝑥𝐵 +𝑚𝑔 ∙ 𝛿ℎ = 0 → 𝑃 ∙ 𝑙 cos
𝜃
2
𝛿𝜃 + 2𝑚𝑔 ∙ (−
𝑙
4
 sen
𝜃
2
𝛿𝜃) = 0 
 𝑃𝑙 cos
𝜃
2
𝛿𝜃 = 𝑚𝑔 ∙
𝑙
2
 sen
𝜃
2
𝛿𝜃 → 𝑃 cos
𝜃
2
=
𝑚𝑔
2
 sen
𝜃
2
 
 
sen
𝜃
2
cos
𝜃
2
= 
2𝑃
𝑚𝑔
 → tg
𝜃
2
= 
2𝑃
𝑚𝑔
 → 
𝜃
2
= 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
2𝑃
𝑚𝑔
) → 𝜽 = 𝟐 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 (
𝟐𝑷
𝒎𝒈
) 
 
Resp. O ângulo 𝜃 deverá ser igual a 2 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
2𝑃
𝑚𝑔
). 
 
 
Resumo 
 
 
 
Nesta aula, você viu que: 
 
Se uma partícula, um corpo rígido, ou um sistema de corpos rígidos que está 
em equilíbrio sob a ação de várias forças sofre um deslocamento virtual, o trabalho 
total efetuado pelas forças externas durante o deslocamento é nulo; 
O PTV é vantajoso quando temos corpos interligados ou estruturas 
estaticamente indeterminadas. 
 
 
 
 
 
AULA 14 
Exercícios 
 
 
1) Uma mesa de elevação hidráulica é usada para erguer um engradado de 
1.000 Kg. A mesa consiste em uma plataforma, dois sistemas articulados idênticos e 
cilindros hidráulicos. Os elementos EDB e CG têm, cada um, comprimento 2a, e o 
elemento AD está preso por um pino ao ponto médio de EDB. Determine a força 
exercida por cada cilindro na elevação do engradado para q = 60o, a = 0,70 m, e L = 
3,20 m. 
 
 
 
2) Determine a intensidade do binário M necessária para se manter o equilíbrio 
do mecanismo mostrado na figura. 
 
 
 
3) Determine a força �⃗� necessária para se manter o equilíbrio do mecanismo 
articulado de duas barras mostrado na figura abaixo, que é sustentado por um pino e 
P á g i n a | 339 
 
 
um suporte em 𝐵 e por um colar em 𝐷, e que desliza livremente sobre uma haste 
vertical. 
 
 
 
4) A força �⃗� atua sobre o mecanismo mostrado na figura; deduza uma 
expressão para a intensidade da força �⃗� necessária para o equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
Revisão 2 
Aula 15 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nesta aula faremos revisão dos conteúdos ministrados nas aulas 7 a 14. 
Vamos então a essa revisão. Bons estudos!! 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
 Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz 
de: 
 Resolver exercícios das aulas 7 a 14. 
 
 
 
P á g i n a | 341 
 
 
15 INTRODUÇÃO 
1. Determine o módulo e linha de ação da resultante do carregamento 
distribuído abaixo. Calcule também as reações em A e B. 
Figura 341: Exercício 1. 
 
 
Resolução: Para encontrar a resultante das cargas distribuídas, vamos dividir 
em 3 figuras, conforme a Fig. 342 
Figura 342: Divisão de figuras do Exercício 1. 
 
 
Carga 1: Carga triangular: 
Figura 343: Carga 1 do Exercício 1. 
 
 
𝐴1 =
50 . 6
2
= 150 𝑘𝑁 
𝑥1 = 3 + 2 = 5 𝑚 
 
 
P á g i n a | 342 
 
 
Carga 2: retangular 
Figura 344: Carga 2 do Exercício 1. 
 
 
𝐴2 = 50 . 6 = 300 𝑘𝑁 
𝑥2 = 3 + 3 = 6 𝑚 
 
Carga 3: carga retangular 
Figura 345: Carga 3 do Exercício 1. 
 
 
𝐴3 = 250 . 6 = 1500 𝑘𝑁 
𝑥3 = 9 + 3 = 12 𝑚 
 
Organizando em uma tabela as cargas: 
Tabela 15.1 
Figura �̅� A 
𝑾𝒚 
𝑿.̅ 𝑨 
1 5 150 750 
2 6 300 1800 
3 12 1500 18.000 
 ∑= 1950 20.550 
 
 
P á g i n a | 343 
 
 
�̅� =
∑𝑊𝑦
∑𝐴
=
20.550
1950
= 10,54 𝑚 
Figura 346: Resultante da Carga distribuída do Exercício 1. 
 
 
Aplicando as equações de equilíbrios, determinamos as RA: 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 18𝑉𝐵 − 10,54 . 1950 = 0 → 𝑽𝑩 = 𝟏𝟏𝟒𝟏, 𝟔𝟕 𝒌𝐍 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 1950 = 0 → 𝑽𝑨 = 𝟖𝟎𝟖, 𝟑𝟑 𝐤𝐍 
Ex. 2: Uma caixa de peso P = 200 N está em repouso numa superfície 
horizontal. O coeficiente de atrito estático entre a caixa e a superfície é μE = 0,22. Uma 
força 𝐹 , inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal, é aplicada na caixa. Qual 
é a máxima intensidade da força 𝐹 , supondo que a caixa permaneça em repouso? 
Figura 347: Exemplo Ex. 2. 
 
 
Resolução: - Decomposição da força: temos uma força F inclinada, tal que o 
sen θ = 0,6; cos θ = 0,8, assim: 
{
𝐹𝑥 = 𝐹 ∙ cos 𝜃 = 0,8 𝐹
𝐹𝑦 = 𝐹 ∙ sen 𝜃 = 0,6 𝐹
 
 
- Representação das forças: 
P á g i n a | 344 
 
 
Figura 348: Forças atuando - Ex. 2. 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝑎𝑡 = 0,8 𝐹 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁 + 0,6 𝐹 = 200 → 𝑁 = 200 − 0,6𝐹 (𝑖𝑖) 
- Pela definição de forças de atrito estático: 
𝐹𝑎𝐸 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑁 → 𝐹𝑎𝐸 = 0,22 𝑁(𝑖𝑖𝑖) 
- substituindo (𝑖) e (𝑖𝑖) em (𝑖𝑖𝑖): 
0,8 𝐹 = 0,22 ∙ (200 − 0,6𝐹) → 
0,8
0,22
 𝐹 = 200 − 6𝐹 
4,24 𝐹 = 200 → 𝑭 = 𝟒𝟕, 𝟐 𝐍 
3. A viga com dois apoios (Fig. 349) está submetida a um carregamento 
distribuído e a uma carga concentrada, bem como a um momento. Determine as 
reações nos apoios A e B. 
Figura 349: Exercício 3. 
 
 
Resolução: → Vamos dividir a carga distribuída em duas figuras e calcular o 
módulo e o ponto de aplicação da resultante da carga distribuída: 
P á g i n a | 345 
 
 
trecho 1 (triângulo da esquerda): 
𝑄1=
𝑏ℎ
2
=
7,5 × 6
2
= 22,5 𝑘𝑁/𝑚 
�̅�1 =
2
3
𝐿1 =
2
3
× 7,5 = 5 𝑚 
trecho 2 (triângulo da direita): 
𝑄2=
𝑏ℎ
2
=
4,5 × 6
2
= 13,5 𝑘𝑁/𝑚 
�̅�2 =
1
3
𝐿2 =
1
3
× 4,5 = 1,5 𝑚 + 7,5 𝑚 = 9 𝑚 
→ Vamos desenhar o diagrama de corpo livre. Nele vamos apontar as forças 
resultantes do carregamento distribuído e suas respectivas distância do centroide até 
o ponto A. 
O diagrama ficará conforme figura abaixo (Fig. 350) 
Figura 350: DCL da viga do Exercício 2. 
 
 
Observe no diagrama de corpo livre mostrado na imagem acima que o mesmo 
foi dividido em dois triângulos retângulo, "1" e "2”. 
A força resultante Fr1 está localizado no centroide do carregamento "1" a uma 
distância L2 de seu lado mais alto, já a força resultante Fr2 está localizada no 
centroide do carregamento "2" a uma distância L3 de seu lado mais alto. 
→ Determinando as reações nos apoios A e B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 15 − 13,5 − 22,5 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 48,02 𝑘𝑁 (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ −500 − 22,5(5) − 13,5(9) − 15(12) + 𝐵𝑦(12) = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟕𝟔, 𝟏𝟕 𝒌𝑵 
Substituindo o valor de By em (1): 
𝐴𝑦 + 76,17 = 48,02 → 𝑨𝒚 = 𝟐𝟖, 𝟏𝟓 𝒌𝑵 
P á g i n a | 346 
 
 
4) A força �⃗� atua sobre o mecanismo mostrado na Fig. 351. Deduza uma 
expressão para a intensidade da força �⃗� necessária para o equilíbrio. 
Figura 351: Exemplo 4. 
 
 
Resolução: Consideremos o trabalho realizado pelas forças externas para um 
deslocamento virtual 𝑑𝜃. Apenas as forças �⃗� e �⃗� realizam trabalho não nulo. 
𝛿𝑈 = 𝛿𝑈𝑄 + 𝛿𝑈𝑃 = −𝑄𝛿𝑥 − 𝑃𝛿𝑦 = 0 
𝑥 = 2𝑙 𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝛿𝑥 = 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 
𝑦 = 3𝑙 cos 𝜃 → 𝛿𝑦 = −3𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃 
Substituindo os valores de 𝛿𝑥 e 𝛿𝑦 em 𝛿𝑈 = 0: 
−𝑄 ∙ 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 − 𝑃 ∙ (−3𝑙 sen 𝜃 𝛿𝜃) = 0 → 𝑄 ∙ 2𝑙 cos 𝜃 𝛿𝜃 = 3𝑃𝑙 ∙ sen 𝜃 𝛿𝜃 → 𝑸 =
𝟑
𝟐
 𝑷 𝒕𝒈 𝜽 
Resp. A força exercida na roldana dever ser de 
3
2
𝑃 𝑡𝑔 𝜃. 
5) Determine as reações no pórtico da figura abaixo. 
Figura 352: Estrutura do Ex. 5. 
 
 
P á g i n a | 347 
 
 
Resolução: Como duas cargas distribuídas, o primeiro passo é determinar as 
devidas forças resultantes e identifica-las no DCL. 
 Trecho AB: CARGA RETANGULAR 
𝑄 = 𝑞 ∙ 𝐿 = 20 ∙ 5 = 𝟏𝟎𝟎 𝐍 (←) 
�̅� =
L
2
=
5
2
= 𝟐, 𝟓 𝒎 (de 𝐀) 
 Trecho BC: CARGA TRAPEZOIDAL (dois trechos) 
*Figura 1: triângulo retângulo de base 6,0 m e altura de 80 N/m 
𝑄1 = 
𝑞1 ∙ 𝐿1
2
=
80 ∙ 6
2
= 𝟐𝟒𝟎 𝐍 (↓) 
�̅�3 =
L1
3
=
6
3
= 𝟐, 𝟎𝒎 (de B) 
*Figura 2: retângulo 6,0 m por 20 N/m 
𝑄2 = 𝑞2 ∙ 𝐿2 = 20 ∙ 6 = 𝟏𝟐𝟎 𝐍 (↓) 
�̅�2 =
L2
2
=
6
2
= 𝟑, 𝟎𝒎 (de B) 
DCL: 
Figura 353: DCL da Estrutura do Ex. 5. 
 
 
- Determinando as reações nos apoios: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 − 100 = 0 → 𝑨𝒙 = 𝟏𝟎𝟎 𝐍 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 𝐶𝑦 ∙ 6 − 120 ∙ 3 − 240 ∙ 2 + 100 ∙ 2,5 = 0 → 𝑪𝒚 = 𝟗𝟖, 𝟑 𝐍 
P á g i n a | 348 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 − 𝐶𝑦 − 240 − 120 = 0 → 𝑨𝒚 = 𝟐𝟔𝟏, 𝟕 𝐍 
6) Seja a figura abaixo. Determine os momentos de inércia e os produtos de 
inércia (Ix, Iy e Ixy), os raios de giração, o centroide de área e os momentos de inércia 
pelos eixos que passam pelo centroide de área e são paralelos a x e y. 
Figura 354: Área do exercício 6. 
 
 
Resolução: Dividindo a área em figuras podemos resolver o problema. 
Retângulo 120 x 160 mm 
Figura 355: Retângulo da figura 1 - exercício 6. 
 
 
𝐴1 = 160 ∙ 120 = 19.200 𝑚𝑚2 
𝑥1 = 
120
2
 = 60 𝑚𝑚 
𝑦1 = 
160
2
 = 80 𝑚𝑚 
𝐼𝑥1 =
𝑏1 ∙ ℎ1
3
12
=
120 ∙ 1603
12
= 40.960.000 𝑚𝑚4 
P á g i n a | 349 
 
 
𝐼𝑦1 =
ℎ1 ∙ 𝑏1
3
12
=
160 ∙ 1203
12
= 23.040.000 𝑚𝑚4 
𝐼𝑥𝑦1 = 0 + 60 ∙ 80 ∙ 19.290 = 𝟗𝟐. 𝟏𝟔𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
𝑑𝑥1 = 𝑦1 = 80 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦1 = 𝑥1 = 60 𝑚𝑚 
 
Triângulo retângulo de base 90 mm e altura 60 mm 
Figura 356: Triângulo da figura 2 - exercício 6. 
 
 
𝐴2 = 
60 ∙ 120
2
 = 3.600 𝑚𝑚2 
𝑥2 = 2 ∙
120
3
= 80 𝑚𝑚 
𝑦2 = 10 + 2 ∙ 
60
3
 = 140 𝑚𝑚 
𝐼𝑥2 =
𝑏2 ∙ ℎ2
3
36
=
120 ∙ 603
36
= 720.000 𝑚𝑚4 
𝐼𝑦2 =
ℎ2 ∙ 𝑏2
3
36
=
60 ∙ 1203
36
= 2.880.000 𝑚𝑚4 
𝑑𝑥2 = 𝑦2 = 140 𝑚𝑚 e 𝑑𝑦2 = 𝑥2 = 80 𝑚𝑚 
𝐼𝑥𝑦2 = 0 + 140 ∙ 80 ∙ (−3.600) = −𝟒𝟎. 𝟑𝟐𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 350 
 
 
- Centroide de área: 
Tabela 15.2 
Figura 𝒙𝒊 𝒚𝐢 Ai 𝑾𝒙 = 𝒚𝐢 ∙ 𝐀𝒊 𝑾𝒚 = 𝒙𝐢 ∙ 𝐀𝒊 
1 60 80 19.200 1.536.000 1.152.000 
2 80 140 -3.600 -504.000 -288.000 
Σ - - 15.600 1.032.000 864.000 
 
�̅� =
W𝑦
𝐴
=
864.000
15.600
= 𝟓𝟓, 𝟑𝟖 𝒎𝒎 
�̅� =
W𝑥
𝐴
=
1.032.000
15.600
= 𝟔𝟔, 𝟏𝟓 𝒎𝒎 
- Momentos de Inércia: 
Tabela 15.3 
Figura 𝑰𝐱𝐢 𝑰𝐲𝐢 Ai 𝒅𝐱𝐢 𝒅𝐲𝐢 Ai𝒅𝐱𝐢
𝟐
 Ai𝒅𝐲𝐢
𝟐
 
1 40.960.000 23.040.000 19.200 80 60 122.880.000 69.120.000 
2 −720.000 −2.880.000 -3.600 140 80 -70.560.000 -23.040.000 
Σ 40.240.000 20.160.000 15.600 - - 53.320.000 46.080.000 
 
𝐼𝑥 =∑𝐼xi +∑𝐴i𝑑xi
2 = 40.240.000 + 53.320.000 = 𝟗𝟑. 𝟓𝟔𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
𝐼𝑦 =∑𝐼yi +∑𝐴i𝑑yi
2 = 20.160.000 + 46.080.000 = 𝟔𝟔. 𝟐𝟒𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
- Raios de giração: 
𝑖𝑥 = √
I𝑥
𝐴
= √
93.560.000 
15.600
= 𝟕𝟕, 𝟒𝟒 𝒎𝒎 
𝑖𝑦 = √
I𝑦
𝐴
= √
66.240.000 
15.600
= 𝟔𝟓, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 
- Produto de Inércia: 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦1 + 𝐼𝑥𝑦2 = 92.160.000 − 40.320.000 = 𝟓𝟏. 𝟖𝟒𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 
- Momentos de Inércia em relação aos eixos �̅� e �̅� 
𝐼𝑥 = 𝐼�̅� + A �̅�
2 → 𝐼�̅� = 𝐼𝑥 − A �̅�
2 = 93.560.000 − 15.600 ∙ (66,15)2 = 𝟐𝟓. 𝟐𝟗𝟕. 𝟏𝟔𝟗 𝒎𝒎𝟒 
𝐼𝑦 = 𝐼�̅� + A �̅�
2 → 𝐼�̅� = 𝐼𝑦 − A �̅�
2 = 66.240.000 − 15.600 ∙ (55,38)2 = 𝟏𝟖. 𝟑𝟗𝟓. 𝟔𝟔𝟕, 𝟒 𝒎𝒎𝟒 
P á g i n a | 351 
 
 
7) Determine os momentos de inércia (𝐼𝑥, 𝐼𝑦) o produto de inércia e o centroide 
de área da figura abaixo: 
Figura 357: Exercício 7. 
 
 
Resolução: Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑥, 𝑦) / 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 𝑒 
ℎ
𝑎3
𝑥3 ≤ 𝑦 ≤ ℎ} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ [𝑦] ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ (ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3) 𝑑𝑥
𝑎
0
= 𝑎ℎ −
ℎ
𝑎3
∙
𝑎4
4
= 𝑎ℎ −
𝑎ℎ
4
= 
𝟑
𝟒
𝒂𝒉 (𝑢𝑚2) 
 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ [
𝑦2
2
]
ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
(ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3)
2
2
𝑑𝑥
𝑎
0
=
1
2
∫ (ℎ2 − 2
ℎ2
𝑎3
𝑥3 +
ℎ2
𝑎6
𝑥6) 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ [ℎ2𝑥 − 2
ℎ2
𝑎3
∙
𝑥4
4
+
ℎ2
𝑎6
∙
𝑥7
7
]
0
𝑎
= 
1
2
∙ (𝑎ℎ2 − 2
ℎ2
𝑎3
∙
𝑎4
4
+
ℎ2
𝑎6
∙
𝑎7
7
) =
1
2
∙ (𝑎ℎ2 −
𝑎ℎ2
2
+
𝑎ℎ2
7
) 
𝑊𝑥 =
1
2
∙ (
14 ∙ 𝑎ℎ2 − 7 ∙ 𝑎ℎ2 + 2 ∙ 𝑎ℎ2
14
) =
𝟗
𝟐𝟖
𝒂𝒉𝟐 ( 𝑢𝑚3) 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ [𝑥 𝑦] ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ 𝑥 ∙ (ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3) 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ (ℎ𝑥 −
ℎ
𝑎3
𝑥4) 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝑊𝑦 = [ℎ ∙
𝑥2
2
−
ℎ
𝑎3
∙
𝑥5
5
]
0
𝑎
= ℎ ∙
𝑎2
2
−
ℎ
𝑎3
∙
𝑎5
5
=
𝑎2 ℎ
2
−
𝑎2 ℎ
5
 
P á g i n a | 352 
 
 
𝑊𝑦 = (
5 ∙ 𝑎2 ℎ − 2 ∙ 𝑎2 ℎ
10
) =
𝟑
𝟏𝟎
𝒂𝟐𝒉 ( 𝑢𝑚3) 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
3
10 𝑎
2ℎ
3
4𝑎ℎ 
=
3𝑎2ℎ
10
÷
3𝑎ℎ
4
=
3𝑎2ℎ
10
∙
4
3𝑎ℎ
=
𝟐
𝟓
𝒂 (𝑢𝑚) 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenada do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
9
28 𝑎ℎ
2
3
4𝑎ℎ 
=
9𝑎ℎ2
28
÷
3𝑎ℎ
4
=
9𝑎ℎ2
28
∙
4
3𝑎ℎ
=
𝟑
𝟕
𝒉 (𝑢𝑚) 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ [
𝑦3
3
]
ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
(ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3)
3
3
𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝐼𝑥 =
1
3
∫ (ℎ3 − 3ℎ2
ℎ
𝑎3
𝑥3 + 3ℎ
ℎ2
𝑎6
𝑥6 −
ℎ3
𝑎9
𝑥9) 𝑑𝑥
𝑎
0
=
1
3
∙ [ℎ3 ∙ 𝑥 − 3ℎ2
ℎ
𝑎3
∙
𝑥4
4
+ 3ℎ
ℎ2
𝑎6
∙
𝑥7
7
−
ℎ3
𝑎9
∙
𝑥10
10
]
0
𝑎
 
𝐼𝑥 =
1
3
(𝑎ℎ3 − 3ℎ2
ℎ
𝑎3
∙
𝑎4
4
+ 3ℎ
ℎ2
𝑎6
∙
𝑎7
7
−
ℎ3
𝑎9
∙
𝑎10
10
) =
1
3
(𝑎ℎ3 −
3𝑎ℎ3
4
+
3𝑎ℎ3
7
−
𝑎ℎ3
10
) 
𝐼𝑥 =
1
3
(
140𝑎ℎ3 − 105𝑎ℎ3 + 60𝑎ℎ3 − 14𝑎ℎ3
140
) =
𝟐𝟕
𝟏𝟒𝟎
𝒂𝒉𝟑 (𝑢𝑚4) 
- Momento de Inércia em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥2 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ 𝑥2[𝑦] ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫ 𝑥2 (ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3) 𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝐼𝑦 = ∫ (ℎ𝑥2 −
ℎ
𝑎3
𝑥5) 𝑑𝑥
𝑎
0
= [ℎ
𝑥3
3
−
ℎ
𝑎3
𝑥6
6
]
0
𝑎
= ℎ
𝑎3
3
−
ℎ
𝑎3
𝑎6
6
=
ℎ𝑎3
3
−
ℎ𝑎3
6
=
𝒉𝒂𝟑
𝟔
 (𝑢𝑚4) 
- Produto de inércia: 
𝐼𝑥𝑦 = ∫𝑥𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑥
ℎ
ℎ
𝑎3
𝑥3
𝑎
0
= ∫ 𝑥 [
𝑦2
2
]
ℎ
𝑎3
𝑥3
ℎ
 𝑑𝑥
𝑎
0
= ∫
𝑥
3
(ℎ −
ℎ
𝑎3
𝑥3)
2
𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝐼𝑥𝑦 = ∫
𝑥
3
(ℎ2 − 2ℎ ∙
ℎ
𝑎3
𝑥3 +
ℎ2
𝑎6
𝑥6)𝑑𝑥
𝑎
0
=
1
3
∫ (ℎ2𝑥 −
2ℎ2
𝑎3
𝑥4 +
ℎ2
𝑎6
𝑥7)𝑑𝑥
𝑎
0
 
𝐼𝑥𝑦 =
1
3
∙ [ℎ2 ∙
𝑥2
2
−
2ℎ2
𝑎3
∙
𝑥5
5
+
ℎ2
𝑎6
∙
𝑥8
8
]
0
𝑎
=
1
3
∙ (ℎ2 ∙
𝑎2
2
−
2ℎ2
𝑎3
∙
𝑎5
5
+
ℎ2
𝑎6
∙
𝑎8
8
) 
𝐼𝑥𝑦 =
1
3
∙ (
ℎ2𝑎2
2
−
2ℎ2𝑎2
5
+
ℎ2𝑎2
8
) =
1
3
∙ (
20 ℎ2𝑎2 − 16 ℎ2𝑎2 + 5 ℎ2𝑎2
40
) 
P á g i n a | 353 
 
 
𝐼𝑥𝑦 =
1
3
∙
9 ℎ2𝑎2
40
=
𝟑 𝒉𝟐𝒂𝟐
𝟒𝟎
 (𝑢𝑚4) 
8) Seja a área da região definida abaixo (Fig. 18), determinar as coordenadas 
do centroide de área e os Momentos de Inércia. 
Figura 358: Área do setor circular. 
 
 
Resolução: Usando coordenadas polares, temos que: 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 e 𝑦 =
𝑟 sen 𝜃. Temos que o domínio de integração é: 
D = {(𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃) / 0 ≤ 𝑟 ≤ 50 𝑒 
𝜋
6
≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
} 
- Tomando um elemento infinitesimal retangular de área dA: 
𝑑𝐴 = 𝑑𝑟 ∙ 𝑟𝑑𝜃 
Então: 
𝐴 = ∫𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 ∙ 𝑑𝜃
𝜋
2
𝜋
6
50
0
= ∫ 𝑟[𝜃]𝜋
6
𝜋
2
50
0
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟 ∙ (
𝜋
2
−
𝜋
6
) 𝑑𝑟
50
0
= ∫ 𝑟
𝜋
3
 𝑑𝑟
50
0
 
𝐴 = [
𝜋
3
∙
𝑟2
2
]
0
50
= 
𝜋
3
∙
502
2
=
𝟏𝟐𝟓𝟎 𝝅
𝟑
(𝑢𝑚2) 
- Momento estático em x: 
𝑊𝑥 = ∫𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
= ∫ 𝑟2[− cos 𝜃]𝜋
6
𝜋
2
50
0
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟2 ∙ (𝑐𝑜𝑠 
𝜋
6
− 𝑐𝑜𝑠 
𝜋
2
) 𝑑𝑟
50
0
 
𝑊𝑥 = ∫ 𝑟2 ∙ (
√3
2
− 0) 𝑑𝑟
50
0
= ∫
√3
2
 𝑟2 𝑑𝑟
50
0
= [
√3
2
∙
𝑟3
3
]
0
50
= 
√3
2
∙
503
3
=
𝟔𝟐𝟓𝟎𝟎√𝟑
𝟑
 (𝑢𝑚3) 
- Momento estático em y: 
𝑊𝑦 = ∫𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑟2 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
= ∫ 𝑟2[sen 𝜃]𝜋
6
𝜋
2
50
0
𝑑𝑟 = ∫ 𝑟2 ∙ (𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
− 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
) 𝑑𝑟
50
0
 
P á g i n a | 354 
 
 
𝑊𝑦 = ∫ 𝑟2 ∙ (1 −
1
2
) 𝑑𝑟
50
0
= ∫
1
2
 𝑟2 𝑑𝑟
50
0
= [
1
2
∙
𝑟3
3
]
0
50
= 
1
2
∙
503
3
=
𝟔𝟐𝟓𝟎𝟎
𝟑
 (𝑢𝑚3) 
Substituindo os valores de A e de Wy determinamos a abscissa do ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑦
𝐴
= 
62500
3
1250 𝜋
3
=
62500
3
∙
3
1250 𝜋
=
𝟓𝟎
𝝅
 (𝑢𝑚) 
Substituindo os valores de A e de Wx determinamos a ordenadado ponto: 
�̅� = 
𝑊𝑥
𝐴
= 
62500√3
3
1250 𝜋
3
=
62500√3
3
∙
3
1250 𝜋
=
𝟓𝟎√𝟑
𝝅
 (𝑢𝑚) 
- Momento de Inércia em x: 
𝐼𝑥 = ∫𝑦
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ (𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑟𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
= ∫ ∫ 𝑟3 ( 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
 
Temos aqui um desafio antes de continuarmos, que é determinar a integral 
 ∫ 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 𝑑𝜃 = ∫ sen 𝜃 ∙ sen 𝜃 𝑑𝜃 
Resolvendo por integração por partes, fazemos: 
𝑢 = sen𝜃 → 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = −𝑐𝑜𝑠 𝜃 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − ∫(−𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(𝑐𝑜𝑠2𝜃 ) 𝑑𝜃 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑐𝑜𝑠2 𝜃 = 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃. 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 −∫(𝑠𝑒𝑛2 𝜃) 𝑑𝜃 
2∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 +∫(1) 𝑑𝜃 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + 𝜃 
∫𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 =
1
2
𝜃 −
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 (∫ ( 𝑠𝑒𝑛 𝜃)2 𝑑𝜃 
𝜋
2
𝜋
6
)𝑑𝑟
50
0
= ∫ 𝑟3 [
1
2
𝜃 −
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃]
𝜋
6
𝜋
2
𝑑𝑟
50
0
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [(
1
2
∙
𝜋
2
−
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
∙ cos
𝜋
2
) − (
1
2
∙
𝜋
6
−
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
∙ cos
𝜋
6
)] 𝑑𝑟
50
0
 
Sabe-se que: 
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
= 1; cos
𝜋
2
= 0; 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
=
1
2
; cos
𝜋
6
=
√3
2
; 
P á g i n a | 355 
 
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [(
𝜋
4
−
1
2
∙ 1 ∙ 0) − (
𝜋
12
−
1
2
∙
1
2
∙
√3
2
)] 𝑑𝑟
50
0
= ∫ 𝑟3 [
𝜋
4
−
𝜋
12
+
√3
8
] 𝑑𝑟
50
0
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑟3 [
𝜋
6
+
√3
8
] 𝑑𝑟
50
0
= [(
𝜋
6
+
√3
8
) ∙
𝑟4
4
]
0
50
= (
𝝅
𝟐𝟒
+
√𝟑
𝟑𝟐
) ∙ 𝟓𝟎𝟒 (𝑢𝑚4) 
- Momento estático em y: 
𝐼𝑦 = ∫𝑥
2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑟𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
= ∫ ∫ 𝑟3 ( 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑑𝜃 𝑑𝑟
𝜋
2
𝜋
6
50
0
 
Temos aqui um desafio antes de continuarmos, que é determinar a integral 
 ∫ 𝑐𝑜𝑠 2𝜃 𝑑𝜃 = ∫ cos 𝜃 ∙ cos 𝜃 𝑑𝜃 
Resolvendo por integração por partes, fazemos: 
𝑢 = cos 𝜃 → 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜃(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑑𝜃) = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(𝑠𝑒𝑛2𝜃 ) 𝑑𝜃 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃. 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃) 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 − ∫(𝑐𝑜𝑠2 𝜃) 𝑑𝜃 
2∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + ∫(1) 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 + 𝜃 
∫𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 =
1
2
𝜃 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 (∫ ( 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2 𝑑𝜃 
𝜋
2
𝜋
6
)𝑑𝑟
50
0
= ∫ 𝑟3 [
1
2
𝜃 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃]
𝜋
6
𝜋
2
𝑑𝑟
50
0
 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [(
1
2
∙
𝜋
2
+
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
∙ cos
𝜋
2
) − (
1
2
∙
𝜋
6
+
1
2
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
∙ cos
𝜋
6
)] 𝑑𝑟
50
0
 
Sabe-se que: 
𝑠𝑒𝑛 
𝜋
2
= 1; cos
𝜋
2
= 0; 𝑠𝑒𝑛 
𝜋
6
=
1
2
; cos
𝜋
6
=
√3
2
; 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [(
𝜋
4
+
1
2
∙ 1 ∙ 0) − (
𝜋
12
+
1
2
∙
1
2
∙
√3
2
)] 𝑑𝑟
50
0
= ∫ 𝑟3 [
𝜋
4
−
𝜋
12
−
√3
8
] 𝑑𝑟
50
0
 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑟3 [
𝜋
6
−
√3
8
] 𝑑𝑟
50
0
= [(
𝜋
6
−
√3
8
) ∙
𝑟4
4
]
0
50
= (
𝝅
𝟐𝟒
−
√𝟑
𝟑𝟐
) ∙ 𝟓𝟎𝟒 (𝑢𝑚4) 
 
 
 
Revisão 3 
Aula 16 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Chegamos a última aula de nossa disciplina. Espero que você tenha 
conseguido êxito em seus estudos. 
Nessa aula iremos resolver um pouco mais de exercícios, revisando os 
conteúdos mais relevantes para sua formação, que foram ministrados em todo o 
material. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
 Resolver exercícios de todo conteúdo de Mecânica Geral. 
 
 
P á g i n a | 357 
 
 
16 INTRODUÇÃO 
1. O parafuso mostrado na figura está sujeito a duas forças F1 e F2. Determine 
o módulo e a direção da força resultante. 
Figura 359: Exercício 1. 
 
 
Resolução: Vamos primeiramente construir um esquema aplicando a regra do 
paralelogramo da forma e identificar quais são as incógnitas do problema. 
Figura 360 
 
 
A partir do paralelogramo obtido na figura, pode-se construir o triângulo de 
vetores. 
Figura 361: Triângulo das Forças - Exercício 1. 
 
 
P á g i n a | 358 
 
 
Aplicando-se a lei dos cossenos, vamos determinar o módulo da força 
resultante FR. 
𝐹𝑅 = √𝐹1
2 + 𝐹2
2 − 2. 𝐹1. 𝐹2. cos 𝛾 
𝐹𝑅 = √2002 + 3002 − 2 . 200 . 300 . cos 70° 
𝐹𝑅 = 298,25 𝑁 
O ângulo 𝛼 é determinado a partir dos senos, utilizando-se o valor calculado 
FR. 
𝐹1
sen𝛼
=
𝐹𝑅
sen𝛾
→ sen 𝛼 =
𝐹1 sen 𝛾
𝐹𝑅
 
α = a sin (
𝐹1. 𝑠𝑒𝑛𝛾
𝐹𝑅
) → 𝛼 = 𝑎𝑠𝑒𝑛 (
200 . sen 70°
298,25
) 
α = 39,06° 
Com relação ao eixo x positivo, o ângulo 𝜃 é dado por: 
𝜃 = 𝛼 − 𝛿 = 39,06° − 30° = 9,06° 
2. O homem mostrado na figura abaixo puxa a corda com uma força de 350 N. 
Represente essa força, que atua sobre o suporte A, como um vetor cartesiano e 
determine sua direção. 
Figura 362: Exercício 2. 
 
 
P á g i n a | 359 
 
 
Resolução: A força 𝐹 é mostrada na figura 362. A direção desse vetor, �⃗� , é 
determinada pelo vetor posição 𝑟 , que se estende de A a B (Fig. 363). 
Figura 363: Vetor direção - Exercício 2. 
 
 
Em vez de usar as coordenadas das extremidades da corda, 𝑟 pode se obtido 
diretamente pela figura 𝑥, notando-se necessário ir de A { -6 𝑘 ⃗⃗⃗ }m, depois { -2 𝑗 }m e { 
3 𝑖 }m para atingir B. Portanto: 
𝑟 = {3𝑖 − 2𝑗 − 6�⃗� }𝑚 
A intensidade de 𝑟 , que representa o comprimento da corda AB, é: 
𝑟 = √(3)2 + (−2)2 + (−6)² = 7𝑚 
Definindo-se o vetor unitário que determina a direção e o sentido de r e F, 
temos: 
�⃗⃗� =
�⃗� 
𝑟
=
3
7
𝒊 −
2
7
𝒋 −
6
7
�⃗⃗� 
Como 𝐹 tem intensidade de 350 N e direção especificada por �⃗� , então, 
𝐹 = 𝐹 ∙ �⃗� = 350 𝑁 (
3
7
𝑖 −
2
7
𝑗 −
6
7
�⃗� ) = {𝟏𝟓𝟎 �⃗� − 𝟏𝟎𝟎 �⃗� − 𝟑𝟎𝟎 𝐤⃗⃗ ⃗} 𝐍 
Os ângulos de direção coordenados são medidos entre 𝑟 ou 𝐹 e os eixos 
positivos de um sistema de coordenadas com origem em A. A partir das componentes 
do vetor unitário. 
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
3
7
) = 64,6° 
𝛽 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
−2
7
) = 107° 
P á g i n a | 360 
 
 
𝛾 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
−6
7
) = 149° 
3. Substitua as cargas por uma força resultante equivalente e determine seu 
ponto de aplicação. 
Figura 364: Exercício 3 - Carga Trapezoidal. 
 
 
Resolução: O primeiro passo será desenhar o diagrama de corpo livre. 
Observe na figura acima que o carregamento distribuído pode ser dividido em duas 
figuras, formando um triângulo e um retângulo, conforme mostra a figura abaixo (Fig. 
365). 
Figura 365: Divisão das figuras – exercício 3. 
 
 
Veja que para cada carregamento possui uma força resultante, A força Fr2 
pertence ao carregamento em forma de triângulo, já a força Fr1 pertence ao 
carregamento em forma de retângulo. 
Para encontrar a intensidade das forças resultantes Fr1 e Fr2 basta calcular a 
área de cada carregamento conforme abaixo. 
→ Triângulo 1: 
𝐹𝑟1 = 𝐴1 =
𝑏. ℎ
2
→ 𝐹𝑟1 =
9m . (15 kN − 5kN)
2
= 45 𝑘𝑁 
𝑥1̅̅̅ =
1𝐿
3
=
1 . 9
3
= 3 𝑚 
→ Retângulo 2: 
P á g i n a | 361 
 
 
𝐹𝑟2 = 𝐴2 = 𝑏 . ℎ → 𝐹𝑟2 = 9 m . 5 kN → 𝐹𝑟2 = 45 𝑘𝑁 
�̅� =
𝐿
2
=
9
5
= 4,5 𝑚 
Agora que já calculamos a força resultante para cada carregamento, podemos 
encontrar a força resultante equivalente fazendo a somatória de Fr1 e Fr2. 
Tabela 16.1 
Figura Qi Xi Momento em relação a O (=Qi .Xi) 
1 45 3 135 
2 45 4,5 202,5 
∑ 90 -- 337,5 
 
𝑄 = 𝑄1+𝑄2 = 90 N 
�̅� =
∑𝑀𝑂
∑𝑄
=
337,5
90
= 3,75 
Na Fig. 366 são indicadas as forças resultantes dos trechos 1 e 2 da carga e a 
força resultante equivalente 
Figura 366: Divisão das figuras – exercício 3. 
 
 
4. Para a estrutura mostrada na Fig. 367 abaixo determine as reações nos 
apoios A e B. 
 
 
 
 
P á g i n a | 362 
 
 
Figura 367: Exercício 4. 
 
 
Resolução: 
→ Calculando o módulo o ponto de aplicação da resultante da carga distribuída: 
𝑄1 = 15 × 3 = 45 𝑘𝑁�̅� =
𝑙
2
=
3
2
= 1,5𝑚 
→ Escrevendo o DCL (Fig.368): 
Figura 368: DCL do Exercício 4. 
 
 
→ Determinando as reações nos apoios A e B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 45 − 8 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 53 𝑘𝑁 (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ −8(3) − 20 − 45(6,5) + 𝐵𝑦(5) = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟔𝟕, 𝟑 𝒌𝑵 
Substituindo o valor de By em (1): 
𝐴𝑦 + 67,3 = 53 → 𝑨𝒚 = 𝟏𝟒, 𝟑 𝒌𝑵 
5. A viga com dois apoios (Fig. 369) está submetida a um carregamento 
distribuído e a uma carga concentrada, bem como a um momento. Determine as 
reações nos apoios A e B. 
P á g i n a | 363 
 
 
Figura 369: Exercício 5. 
 
 
Resolução: → Vamos dividir a carga distribuída em duas figuras e calcular o 
módulo e o ponto de aplicação da resultante da carga distribuída: 
- trecho 1 (triângulo da esquerda): 
𝑄1=
𝑏ℎ
2
=
7,5 × 6
2
= 22,5 𝑘𝑁/𝑚 
�̅�1 =
2
3
𝐿1 =
2
3
× 7,5 = 5 𝑚 
- trecho 2 (triângulo da direita): 
𝑄2=
𝑏ℎ
2
=
4,5 × 6
2
= 13,5 𝑘𝑁/𝑚 
�̅�2 =
1
3
𝐿2 =
1
3
× 4,5 = 1,5 𝑚 + 7,5 𝑚 = 9 𝑚 
→ Vamos desenhar o diagrama de corpo livre. 
Nele vamos apontar as forças resultantes do carregamento distribuído e suas 
respectivas distância do centroide até o ponto A. O diagrama ficará conforme figura 
abaixo (Fig. 370). 
Figura 370: DCL da viga do Exercício 5. 
 
 
P á g i n a | 364 
 
 
Observe no diagrama de corpo livre mostrado na imagem acima que o mesmo 
foi dividido em dois triângulos retângulo, "1" e "2”. 
A força resultante Fr1 está localizado no centroide do carregamento "1" á uma 
distância L2 de seu lado mais alto, já a força resultante Fr2 está localizada no 
centroide do carregamento "2" a uma distância L3 de seu lado mais alto. 
→ Determinando as reações nos apoios A e B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 15 − 13,5 − 22,5 = 0 → 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 48,02 𝑘𝑁 (1) 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ −500 − 22,5(5) − 13,5(9) − 15(12) + 𝐵𝑦(12) = 0 → 𝑩𝒚 = 𝟕𝟔, 𝟏𝟕 𝒌𝑵 
Substituindo o valor de By em (1): 
𝐴𝑦 + 76,17 = 48,02 → 𝑨𝒚 = 𝟐𝟖, 𝟏𝟓 𝒌𝑵 
6. Calcule as reações de apoio e as forças normais nas barras da treliça da Fig 
13 através do Método dos Nós. 
Figura 371: Treliça do Exercício 6. 
 
 
Resolução: → Cálculo das Reações de Apoio: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐻𝑒 = 0 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑉𝐴 + 𝑉𝐸 − 50 − 100 − 50 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐸 = 200 𝑘𝑁 
∑𝑀𝐸 = 0 ∴ 𝑉𝐴 . 4 − 50 . 4 − 100 . 2 = 0 → 𝑉𝐴 =
400
4
= 100 𝑘𝑁 
→ Aplicando o Método dos Nós: 
Nó A: 
P á g i n a | 365 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑉𝐴 + 𝑁𝐴𝐵 = 0 → 100 + 𝑁𝐴𝐵 = 0 → 𝑁𝐴𝐵 = −100 𝑘𝑁 (Compressão) 
∑𝐹𝑥 = 0 → 𝑁𝐴𝐹 = 0 
 
Nó B: 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ −50 − 𝑁𝐵𝐴 −𝑁𝐵𝐹 . cos 45° = 0 → −50 − (−100) −
𝑁𝐵𝐹 . cos 45° = 0 
−𝑁𝐵𝐹 = −50 ÷ cos 45° → 𝑁𝐵𝐹 = 70,7 𝑘𝑁 (Tração) 
 ∑Fx = 0 ∴ NBC + NBF . sen45° → NBC + 70,7. sen 45° = 0 
𝑁𝐵𝐶 = −50 𝑘𝑁 (Compressão) 
 
Nó C: 
 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ −100 − 𝑁𝐶𝐹 = 0 
𝑁𝐶𝐹 = −100 𝑘𝑁 (Compressão) 
∑𝐹𝑥 =0 ∴ −𝑁𝐶𝐵 + 𝑁𝐶𝐷 = 0 → −(−50) + 𝑁𝐶𝐷 = 0 
𝑁𝐶𝐷 = −50 𝑘𝑁 (Compressão) 
 
 
Nó F: 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ 𝑁𝐹𝐶 + 𝑁𝐹𝐵. 𝑠𝑒𝑛45° + 𝑁𝐹𝐷 . 𝑠𝑒𝑛45° = 0 
−100 + 70,7. 𝑠𝑒𝑛45° + 𝑁𝐹𝐷 . 𝑠𝑒𝑛45° = 0 
𝑁𝐹𝐷 =
50
𝑠𝑒𝑛45°
 
𝑁𝐹𝐷 = 70,7 𝑘𝑁 (Tração) 
∑𝐹𝑥 =0 ∴ −𝑁𝐹𝐵. cos 45° + 𝑁𝐹𝐷 . cos 45 ° − 70,7. cos 45° + 70,7. cos 45° − 0 + 𝑁𝐹𝐸 = 0 
𝑁𝐹𝐸 = 0 𝑘𝑁 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 366 
 
 
Nó E: 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ 𝑁𝐸𝐷 + 100 = 0 
𝑁𝐸𝐷 = −100 𝑘𝑁 (Compressão) 
∑𝐹𝑥 =0 ∴ −𝑁𝐸𝐹 − 𝐻𝐸 = 0 → 0 − 𝐻𝐸 = 0 
𝐻𝐸 = 0 
 
 
Nó F: 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −50 − 𝑁𝐷𝐹. sin 45° − 𝑁𝐷𝐸 = 0 → −50 − 70,7. sin 45° +
100 = 0 → 0 = 0 
∑𝐹𝑥 =0 ∴ −𝑁𝐷𝐶 − 𝑁𝐷𝐹 . cos 45° = 0 → −(−50) − 70,7. cos 45° = 0 →
50 − 50 = 0 
 
7. Calcule as reações de apoio e as forças normais nas barras da treliça da Fig 
372 através do Método dos Nós. 
Figura 372: Treliça do Exercício 7. 
 
 
Resolução: Na figura 373, as reações de apoio são indicadas na treliça. 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 367 
 
 
Figura 373: Representação das RA do Exercício 7. 
 
 
→ Cálculo das Reações de Apoio: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐻𝐴 + 𝐻𝐵 − 40 = 0 →𝐻𝐴 + 𝐻𝐵 = 40 𝑘𝑁 (1) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑉𝐵 − 20 = 0 → 𝑉𝐵 = 20𝑘𝑁 
∑𝑀𝐵 = 0 ∴ − 𝐻𝐴. 2 + 20.4 + 40.1 = 0 → 𝐻𝐴 = 60 𝑘𝑁 
 
Substituindo o valor de 𝐻𝐴 em (1): 
60 + 𝐻𝐵 = 40 → 𝐻𝐵 = −20 𝑘𝑁 
 
→ Aplicando o Método dos Nós: 
Nó B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑉𝐵 −𝑁𝐵𝐴 − 𝑁𝐵𝐶 . sen 26,57° = 0 → 20 − 𝑁𝐵𝐴 −
𝑁𝐵𝐶 . sen 26,57° = 0 (1) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −𝐻𝐵 + 𝑁𝐵𝐶 . cos 26,57° = 0 → −20 + 𝑁𝐵𝐶 . cos 26,57° =
0 
𝑁𝐵𝐶 =
20
cos 26,57°
= 22,36 𝑘𝑁 
 
Substituindo o valor de NBC em 1: 
20 − 𝑁𝐵𝐴 − 22,36. sin 26,57° = 0 → 𝑁𝐵𝐴 = 10 𝑘𝑁 
 
 
 
 
P á g i n a | 368 
 
 
Nó A: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁𝐵𝐴 + 𝑁𝐴𝐶 . sen 26,57° = 0 → 10 + 𝑁𝐴𝐶 . sen 26,57° =
0 
𝑁𝐴𝐶 =
−10
sin 26,57 °
→ 𝑁𝐴𝐶 = −22,36 𝑘𝑁 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐻𝐴 + 𝑁𝐴𝐶 . cos 26,57° + 𝑁𝐴𝐸 = 0 → 60 + (−22,36) cos 26,57° + 𝑁𝐴𝐸 = 0. 
𝑁𝐴𝐸 = −40 𝑘𝑁 
 
Nó E: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁𝐸𝐶 = 0 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −𝑁𝐸𝐴 + 𝑁𝐸𝐷 = 0 → −(−40) + 𝑁𝐸𝐷 = 0 
𝑁𝐸𝐷 = −40 𝑘𝑁 
Nó C: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −40 − 𝑁𝐶𝐵 cos 26,57° − 𝑁𝐶𝐴 cos 26,57° +
𝑁𝐶𝐷 cos 26,57° = 0 
→ −40 − 22,36. cos 26,57° − (−22,36) cos 26,57° + 𝑁𝐶𝐷 cos 26,57° = 0 
𝑁𝐶𝐷 = 44,7 𝑘𝑁 
8. Encontre as forças atuantes em cada uma das barras da treliça simples 
abaixo usando o método das seções e o método dos nós. 
Figura 374: Exercício 8. 
 
 
P á g i n a | 369 
 
 
Resolução: Na Fig. 374 está representado a treliça com a indicação das RA e 
da seção s1: 
Figura 375: DCL do Exercício 8. 
 
 
Reações de Apoio: 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 𝐵𝑦(3) − 100(4) − 50(9) = 0 → 𝐵𝑦 = 283,3 𝑘𝑁 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐴𝑦 = −233,3 𝑘𝑁 
 
Seção S1 (Tomando a parte da esquerda da treliça): 
Figura 376: Parte à esquerda da seção s1 - Exercício 8 
 
 
∑𝑀𝐵 = 0 ∴ −𝐶𝐷(4) − 100(4) + 233,3 = 0 → 𝑪𝑫 = 𝟕𝟓 𝒌𝑵 (tração) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −233,3 + 283,3 + 𝐵𝐷(0,8) = 0 → 𝑩𝑫 = −𝟔𝟐, 𝟓 𝒌𝑵 (compressão) 
P á g i n a | 370 
 
 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐶𝐷 + 100 + 𝐵𝐷(0,6) + 𝐵𝐸 = 0 → 75 + 100 + 𝐵𝐷(0,6) + 𝐵𝐸 = 0 
𝐵𝐸 = −100 − 0,6(−62,5) − 75 → 𝑩𝑬 = −𝟏𝟑𝟕, 𝟓 𝒌𝑵 (compressão) 
 
NÓ A: 
𝐴𝐵𝑥 = 0,6𝐴𝐵 e 𝐴𝐵𝑦 = 0,8𝐴𝐵 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −233,3 − 0,8𝐴𝐵 = 0 → 𝐴𝐵 = −𝟐𝟗𝟏, 𝟔 𝒌𝑵 
(compressão) 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 100 + 𝐴𝐶 − 291,6(0,6) = 0 → 𝑨𝑪 = 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
(tração) 
 
NÓ B: 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝐵𝐶 + 283,3 − 291,6(0,8) − 62,5(0,8) = 0 
 
 𝐵𝐶 = 0 NULO! 
 
 
 
NÓ F: 
𝐴𝐵𝑥 = 0,6𝐴𝐵 e 𝐴𝐵𝑦 = 0,8𝐴𝐵 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −50 − 𝐸𝐹𝑦 = 0 → 0,8𝐸𝐹 = −50 
𝑬𝑭 = −𝟔𝟐, 𝟓 𝒌𝑵 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −𝐷𝐹 − 0,6𝐸𝐹 = 0 
𝑫𝑬 = 𝟓𝟎 𝒌𝑵 
 
 
Resposta: 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 371 
 
 
Figura 377: Solução do Exercício 8. 
 
 
9. Ao terminar a faculdade, chega o dia tão esperado o da formatura. Além de 
ser aquele dia de orgulho para a família você também está feliz, pois além do almejado 
título de Engenheiro(a) seus amigos o(a) escolheram para presidente da comissão de 
formatura. A solenidade será em local aberto e temendo as intempéries, o local será 
coberto por um grande toldo suportado por estrutura metálica. Pronto para enfrentar 
os desafios da profissão e sendo muito cuidadoso você resolve verificar junto ao chefe 
da montagem se os dispositivos para fixação da estrutura são confiáveis. Porém ao 
indagá-lo sobre este assunto a resposta de que “deve suportar porque o avô dele já 
trabalha a muito tempo com aqueles dispositivos” não deixa você muito seguro. 
Sabendo que o esforço a ser aplicado pela estrutura foi indicado, calcule quais 
as reações nos apoios A e B e a forças atuantes nos nós C, D e E. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 372 
 
 
Figura 378: Exercício 9. 
 
 
Resolução: Na Fig. 378 está representado a treliça com a indicação das RA: 
Figura 379: RA no Exercício 9. 
 
 
Reaçõesexternas: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐴𝑥 = −600 𝑁 
∑𝑀𝐸 = 0 ∴ 𝐵𝑦 =
600 ∙ 18
4
= 𝟐𝟕𝟎𝟎 𝐍 
 
Desmembramento: 
P á g i n a | 373 
 
 
Figura 380: Discretização da Estrutura do Exercício 9. 
 
 
Barra BE: 
 
∑𝑀𝐸 = 0 
2700 (4) − 𝐷𝑦(2) = 0 
𝐷𝑦 = 5400 𝑁 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐸𝑦 − 5400 + 2700 = 0 → 𝐸𝑦 = −2700 𝑁 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −𝐸𝑥 − 𝐷𝑥 = 0 → 𝐷𝑥
= −𝐸𝑥 (𝟏) 
 
Barra CD: 
 
∑𝑀𝐷 = 0 ∴ 600(12) − 𝐶𝑥(6) = 0 
𝐶𝑥 = 1200 𝑁 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 600 − 1200 + 𝐷𝑥 = 0 
𝐷𝑥 = 600 𝑁 
∑𝑀𝐷 = 0 ∴ 600(12) − 𝐶𝑥(6) = 0 
𝐶𝑥 = 1200 𝑁 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −𝐶𝑦 + 5400 = 0 → 𝐶𝑦 = 5400 𝑁 
 
→ Substituindo em (1): 𝐸𝑥 = 600 𝑁 
 
P á g i n a | 374 
 
 
Barra AC: 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 5400 − 2700 − 2700 = 0 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ −600 − 600 + 1200 = 0 
∑𝑀𝐴 = 0 ∴ 5400 (2) − 1200 (12) + 600 (6) = 0 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
Figura 381: Resposta do Exercício 9. 
 
 
10. Encontre a coordenada do Baricentro da Placa homogênea, cuja a seção 
está representada abaixo: 
 
 
 
 
P á g i n a | 375 
 
 
Figura 382: Placa homogênea - Exercício 10. 
 
 
Resolução: 
Dividindo a placa em figuras de áreas conhecidas: 
Figura 383: Triângulo de 9,0 x 7,0 m. 
𝐴1 = 9 × 7 2 = 31,5 𝑚²⁄ 
𝑥1 = 3 𝑚 
𝑦1 = 7/3 𝑚 
 
 
 
 
Figura 384: retângulo de 1,0 x 1,0 m. 
𝐴2 = 1𝑚² 
𝑥2 = 1,5 𝑚 
𝑦2 = 3,5 𝑚 
 
 
 
 
P á g i n a | 376 
 
 
Figura 385: triângulo de 1,0 x 1,0 m. 
𝐴3 =
1 .1
2
= 0,5 𝑚² 
𝑥3 = 1 +
1
3
=
4
3
𝑚 
𝑦3 = 2 +
2
3
=
8
3
 𝑚 
 
 
Figura 386: losango de 1,0 x 1,0 m. 
𝐴4 = 4 .
1 .1
2
= 2𝑚² 
𝑥4 = 1 + 1 = 2 𝑚 
𝑦4 = 1 + 1 = 2 𝑚 
 
 
 
A partir dos valores encontrados, montamos a tabela a seguir: 
Tabela 16.2 
Figura �̅� �̅� A 
𝑾𝒚 𝑾𝒙 
𝑿.̅𝑨 𝒀.̅ 𝑨 
1 3 7/3 31,5 94,5 73,5 
2 1,5 3,5 -1 -1,5 -3,5 
3 4/3 8/3 -0,5 -0,667 -1,333 
4 2 2 -2 -4 -4 
 ∑ = 28 88,333 64,667 
 
�̅� =
88,3
28
= 3,15 𝑚 
�̅� =
64,6
28
= 2,31 𝑚 
 
Resposta: O baricentro da placa é 𝑮(𝟑. 𝟏𝟓; 𝟐. 𝟑𝟏) 
11. Seja a treliça abaixo, determine a tensão em cada uma das barras, 
identificando se elas estão comprimidas ou tracionadas. 
P á g i n a | 377 
 
 
Figura 387: Treliça - Exercício 11. 
 
 
Resolução: 
Figura 388: Exercício 11. 
 
 
∑𝐹𝑥 =0 ∴ 𝐻𝐴 + 40 = 0 → 𝑯𝑨 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
∑𝐹𝑦 =0 ∴ 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 = 120 
∑𝑀𝐴 =0 ∴ 𝑉𝐷. 5 − 40 . 4 = 0 → 𝑽𝑫 = 𝟑𝟐 𝒌𝑵 
𝑽𝑨 = 𝟖𝟖 𝒌𝑵 
 
NÓ A: 
 
P á g i n a | 378 
 
 
 
𝑇𝐴𝐵 − 88 𝑘𝑁 
𝑇𝐵𝐶 = 40 𝑘𝑁 
 
 
 
 
 
NÓ C: 
 
 
 
𝑆𝑒𝑛𝜃 =
5
√41
 𝑆𝑒𝑛𝛼 =
4
√41
 
𝐶𝑜𝑠𝜃 =
4
√41
 𝐶𝑜𝑠𝛼 =
5
√41
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ −120 + 88 − 𝑇𝐵𝐷 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 
−𝑇𝐵𝐷 .
4
√41
= 32 
𝑻𝑩𝑫 = −𝟓𝟏, 𝟐 𝒌𝑵 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 40 + 𝑇𝐵𝐶 + 𝑇𝐵𝐷 . 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
40 + 𝑇𝐵𝐶 − 40 = 0 
𝑻𝑩𝑪 = 𝟎 
 
 
 
P á g i n a | 379 
 
 
 
 
 
NÓ D: 
 
 
 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑇𝐶𝐷 + 32 −
51,2. sen𝛼
32
= 0 
 
𝑻𝑪𝑫 = 𝟎 
 
Ex. 12: Determine os coeficientes de atrito estático e dinâmico (cinético) entre 
uma caixa com 150 kg e uma prancha se apenas a um ângulo de inclinação acima de 
30º com a horizontal começa a deslizar descendo 3,0 m em 5 s. 
Resolução: Representando o problema num esquema da Fig. 389. 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 380 
 
 
Figura 389: Forças atuando - Ex. 12. 
 
 
- Atrito Estático: no momento em que a prancha está na iminência de deslizar, 
a caixa ainda está em equilíbrio e temos a força de atrito estática máxima (𝑓𝑎𝐸), além 
do Peso e da força normal: 
Figura 390: Atrito estático. 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 
∑𝐹𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝑎𝐸 = 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 (𝑖) 
∑𝐹𝑦 = 0 ∴ 𝑁 = 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 (𝑖𝑖) 
- Pela definição de forças de atrito estático: 𝐹𝑎𝐸 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑁 (𝑖𝑖𝑖) 
- substituindo (𝑖) e (𝑖𝑖) em (𝑖𝑖𝑖): 
𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝜇𝐸 ∙ 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 → 𝜇𝐸 =
𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
= 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑡𝑔 30o → 𝝁𝑬 = 𝟎, 𝟓𝟕𝟕 
- Atrito dinâmico (estético): no momento em que a prancha desliza, temos a 
força de atrito cinemática ou dinâmica (𝑓𝑎𝐶), além do Peso e da força normal: 
P á g i n a | 381 
 
 
Figura 391 
 
 
- Pelo Equilíbrio de forças: 𝐹𝑎𝐶 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 𝜇𝐶 ∙ 𝑁 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶 ∙ 𝑃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝑃 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝜇𝐶 ∙ 𝑚𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶 ∙ 𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑎 + 𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝜇𝐶 ∙ 𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑎 + 𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → 𝜇𝐶 =
𝑎
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
+ 
𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
 
𝜇𝐶 =
𝑎
𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃
+ 𝑡𝑔 𝜃 
 
- Para determinar a aceleração temos que lançar mão de fórmulas que você viu 
na física: 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥0 ∙ 𝑡 +
1
2
𝑎𝑥 ∙ 𝑡
2 
Sendo 𝑡 = 5 𝑠; 𝑥0 = 0; 𝑥 = −3 𝑚; 𝑣𝑥0 = 0 
−3 = 0 + 0 ∙ 5 +
1
2
𝑎𝑥 ∙ 5
2 → 12,5 𝑎𝑥 = −3 → 𝑎𝑥 = −0,24 𝑚/𝑠
2 
 
- substituindo 𝑔 = 9,81𝑚/𝑠2; 𝑎𝑥 = 0,24 𝑚/𝑠
2 𝑒 𝜃 = 30𝑜: 
𝜇𝐶 =
−0,24
9,81 ∙ 𝑐𝑜𝑠 30𝑜
+ 𝑡𝑔 30𝑜 = 𝟎, 𝟓𝟒𝟗 
 
 
 
Referências 
 
Básica: 
ASSIS, A. K. T.; RAVANELLI, F. M. M. Reflexões sobre o conceito de centro de gravidade nos 
livros didáticos. Ciência & Ensino, vol. 2, n. 2, junho de 2008. Disponível em: 
<http://www.ifi.unicamp.br/~assis/Ciencia-e-Ensino-V2(2008).pdf>. Acesso em: 11 maio. 
2012. 
 
BEER, F. P. Mecânica vetorial para engenheiros: estática.3. ed. São Paulo: McGraw-Hill do 
Brasil, 1980. vol. 1. 
 
CERQUEIRA, N. A. Notas de aula da disciplina mecânica geral e aplicada. Itaperuna: FAC 
Redentor, 2008-2011. 
 
HIBBELER, R. C. Mecânica: estática. 8. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1999. 
 
KAMINSKI, Paulo C. Mecânica geral para engenheiros. São Paulo: Edgard Blucher, 2000. 
 
MERIAM, J. L.; KAIGE, L. G. Mecânica vetorial para engenharia: estática. 6. ed. Rio de 
Janeiro: LTC, 2010. vol. 1. 
 
SOUZA, V. B. Notas de aula de mecânica geral. 2. ed. Itaperuna: FAC Redentor, 2016. 
 
ROCHA, R. Estática das partículas. Anotações de aula de mecânica técnica. Rio de 
Janeiro: UERJ, s.d.