MECÂNICA GERAL - CURSO COMPLETO

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1 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Bibliografia básica 
 
HIBBELER R. C. Mecânica para engenharia - Estática. 10° Edição, São Paulo: 
Pearson Prentice Hall, 2005 
 
BEER, F. P. Mecânica vetorial para engenheiros - Estática. 5° Edição, São 
Paulo: Makron Books, 1994 
 
CALLISTER, William D. Jr. Ciência e engenharia de materiais: uma introdução. 
6ªedição. Rio de Janeiro: LTC, 2013. 
 
 
Bibliografia Complementar 
 
BEER, F. P. Mecânica vetorial para engenheiros – Cinemática e Dinâmica. 
5° Edição, São Paulo: Makron Books, 1994 
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MECÂNICA GERAL 
AULA 1 
Estática 
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OBJETIVO 
 
O objetivo da disciplina da Estática consiste em desenvolver a 
capacidade para analisar qualquer problema de um modo simples 
aplicando princípios básicos para sua resolução. 
 
A Mecânica descreve e prevê as condições de repouso ou movimento 
de corpos sob ação das forças, sendo a disciplina base das Ciências de 
Engenharia 
 
4 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
OBJETIVO 
 
A Mecânica Clássica apresenta dois ramos básicos, que são: 
 
 
• A Mecânica Teórica, ou a Mecânica dos Corpos Rígidos 
 
• A Mecânica dos Meios Contínuos ou a Mecânica dos Corpos 
 Deformáveis. 
5 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
OBJETIVO 
 
A Mecânica Clássica apresenta dois ramos básicos, que são: 
 
 
• A Mecânica Teórica, ou a Mecânica dos Corpos Rígidos 
 
• A Mecânica dos Meios Contínuos ou a Mecânica dos Corpos 
 Deformáveis. 
6 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
OBJETIVO 
 
• A Mecânica Teórica, ou a Mecânica dos Corpos Rígidos apresenta 
dois ramos básicos, que são: 
 
 
• Estática 
 
• Dinâmica 
 
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MECÂNICA GERAL 
OBJETIVO 
 
• A Mecânica Teórica, ou a Mecânica dos Corpos Rígidos apresenta 
dois ramos básicos, que são: 
 
 
• Estática 
 
• Dinâmica 
 
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Introdução à Estática 
Conceitos básicos 
 
Na Mecânica são utilizados quatro conceitos básicos a serem 
definidos: 
 
• Espaço; 
 
• Tempo; 
 
• Massa; 
 
• Força; 
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Princípios fundamentais 
Definições 
 
Partícula: uma quantidade muito pequena de matéria que 
ocupa um único ponto no espaço. 
 
Corpo rígido: combinação de um grande numero de 
partículas que ocupam posições fixas umas em relação aos 
outras 
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Sistema de unidades 
 
 
Utiliza-se o Sistema Internacional que desde 1960 que se 
baseia em três conceitos fundamentais: comprimento, tempo 
e massa. 
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MECÂNICA GERAL 
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MECÂNICA GERAL 
14 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
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Classificação dos vetores 
 
Os vetores podem ser classificados em: 
 
Vetor aplicado: não pode ser movido sem modificarem as 
condições do problema. Exemplo - peso das várias partículas. 
 
Vetor deslizante: o ponto de aplicação pode mover-se ao logo 
da linha de ação. 
15 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Classificação dos vetores 
 
Os vetores podem ser classificados em: 
 
Vetor aplicado: não pode ser movido sem modificarem as 
condições do problema. Exemplo - peso das várias partículas. 
 
Vetor deslizante: o ponto de aplicação pode mover-se ao logo 
da linha de ação. 
16 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Classificação dos vetores 
Casos particulares de vetores deslizantes: 
 
Vetores iguais: mesma - intensidade, direção e sentido - 
pode ser diferente o ponto de aplicação. 
 
Vetores opostos: mesma - intensidade, direção - sentido 
oposto - pode ser diferente o ponto de aplicação. 
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Operações vetoriais básicas 
Adição de dois vetores concorrentes 
 
O resultado é um vetor obtido utilizando a regra do paralelogramo ou regra de 
triângulo. 
Adição de vetores - regra de paralelogramo e de triângulo. 
18 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
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PHR 
20° 
25° 
A = 60 N 
A = 40 N 
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Noções sobre Vetores 
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MECÂNICA GERAL 
Noções sobre Vetores 
Espaço Vetorial 
 # Um conjunto E ( ) onde são definidas as seguintes operações: 
+ (x,y) := x + y 
+ : E x E E 
(x,y) 
composição interna 
. :  x E E 
(,y)  (,x) :=  . x 
composição externa 
21 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Espaço Vetorial 
 Para x, y, z  E e ,   , temos as seguintes propriedades: 
 
 i) x + y = y + x; 
 ii) x + ( y + z ) = ( x + y ) + z; 
 iii)  0  E tal que: x + 0 = x x  E; 
 iv) Dado x  E, existe (-x)  E tal que: x + (-x) = 0; 
 v) (x) = ()x; 
 vi) (x + y) = x + y; 
 vii) (+)x = x + x; 
 viii) 1.x = x x  E; 
Noções sobre Vetores 
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MECÂNICA GERAL 
Espaço Vetorial 
 Um conjunto que satisfaz essas propriedades é chamado de espaço 
vetorial real. 
 
 (E, +, , ) é um quatérnio e E pode ser o próprio . 
 
Noções sobre Vetores 
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MECÂNICA GERAL 
Espaço Vetorial 
 Qualquer elemento de um espaço vetorial chama-se VETOR. 
 Exemplos de espaços vetoriais: 
 o conjunto os números reais; 
 o conjunto dos números complexos; 
 o conjunto dos vetores da geometria definidos por meio de 
segmentos orientados; 
 o conjunto das matrizes Mmxn (), o espaço 
n; 
 o espaço Cn, o conjunto dos polinômios reais de grau  n Pn(); 
 o conjunto dos polinômios complexos Pn(C), etc. 
 
Noções sobre Vetores 
24 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Espaço Vetorial 
 Para verificar que um determinado conjunto constitui um espaço 
vetorial devemos verificar se ele satisfaz cada uma das oito 
propriedades apresentadas. 
 
 
Noções sobre Vetores 
25 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Vetores 
 Um vetor é uma ficção, uma entidade criada para descrever “coisas”no mundo que têm direção e sentido. 
 
Que coisas são essas? 
 o vento; 
 o fluxo de H2O de um rio; 
 a emissão puntiforme de luz; 
 um campo elétrico; 
 a velocidade de um trem bala; 
 o movimento dos planetas (aliás, a teoria de Newton não explica 
por que os planetas se movem todos num mesmo sentido), etc. 
Noções sobre Vetores 
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Sistema de Coordenadas 
 Para bem determinar a posição de um vetor é necessário a escolha de um 
sistema de coordenadas. 
Sistema de coordenadas retangulares ou cartesianas 
 Define-se um sistema de coordenadas cartesianas quando é dada uma 
unidade linear para medir os comprimentos e dois eixos perpendiculares 
ordenados numa ordem qualquer. 
 
. 
P(x,y) 
x 
y 
0 x’ 
y’ 
 O ponto P(x,y) significa que o ponto P tem por abscissa o nº x e por ordenada o n.º y. 
Noções sobre Vetores 
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MECÂNICA GERAL 
Sistema de coordenadas polares 
 Um sistema de coordenadas polares é definido quando se dá um ponto 
O, chamado pólo, uma semi-reta OA que parte desse ponto O, chamado 
eixo polar, e um segmento arbitrário com unidade de comprimento. 
 Convém, nesse sistema, definir o sentido positivo de rotação em redor do 
ponto O. (Geralmente, é o sentido anti-horário). 
 
P 
 
O A 
 
Chama-se coordenadas polares de um ponto P qualquer aos números =OP e =ang AOP. 
O símbolo P(, ) significa que o ponto P tem coordenadas polares  e . 
Noções sobre Vetores 
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Passagem das coordenas polares para as coordenadas 
cartesianas 
 Sejam (x,y) as coordenadas de um ponto no sistema de coordenadas 
cartesianas e (, ) as coordenadas de um ponto no sistema de 
coordenadas polares: 
 
x = . cos  
y = . sen  
 
Noções sobre Vetores 
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Representação gráfica 
 A representação gráfica de um vetor é a de uma flecha apontando para 
algum lugar. 
 
 
 Propriedades 
- direção; 
- sentido; 
- magnitude. 
 
 Grandezas vetoriais: a aceleração, a velocidade e o deslocamento, 
força, etc. 
 Grandezas escalares: a massa, o tempo e a temperatura, densidade, 
etc. 
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MECÂNICA GERAL 
Representação simbólica 
 Por convenção, para saber que estamos falando de vetores e não de 
variáveis ou outro ente matemático qualquer, designamos o vetor por 
uma letra e utilizamos uma flecha sobre a letra. 
 
 
 
 Mas há outras maneiras de representar um vetor. Imagine, por 
exemplo, um vetor no plano: 
 
u

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MECÂNICA GERAL 
Representação simbólica 
 A sua origem e a sua extremidade podem ser associadas a pontos no 
plano xy. 
 
 
 
y2 
y1 
x2 x1 
A 
X 
Y 
B 
Assim, o vetor acima pode ser representado como o segmento orientado e 
seu comprimento é dado por B – A. As coordenadas de A são (x1, y1) e as 
coordenadas de B são (x2, y2). 
Logo, o comprimento do vetor AB é dado por B – A = (x2 - x1 , y2 - y1) 
AB
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MECÂNICA GERAL 
Exemplo 
 Seja = [2,2]. 
 
 
 
y2 
y1 
x2 x1 
A 
X 
Y 
B 
Podemos associar a o segmento de reta orientado com ponto inicial 
A(1,2) e ponto final B(3,4). 
 = B – A = (3-1, 4-2)=(2,2) 
u

(3,4) 
(1,2) 
u

u

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MECÂNICA GERAL 
Operações com vetores 
 Considere 2 vetores: e . 
 
 
u

v

v

u

A resultante + é obtida pela chamada “lei do 
paralelogramo”. 
Construímos um paralelogramo unindo a origem dos dois 
vetores e traçando retas paralelas a e a partir de suas 
extremidades. 
 
u

v

u

v

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MECÂNICA GERAL 
Lei do paralelogramo 
v

u

vu


A lei do paralelogramo foi idéia de Aristóteles quando este 
estudava a composição de forças no caso particular do 
retângulo. 
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MECÂNICA GERAL 
Variações v

u

vu


Mas, além da lei do paralelogramo, a soma de vetores 
pode ser obtida unindo-se a extremidade do primeiro vetor 
à origem do segundo. 
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MECÂNICA GERAL 
Somando mais que dois vetores 
a

b

ba


c

cba


d

dcba


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MECÂNICA GERAL 
 Em termos de suas coordenadas, a soma se dá componente a 
componente: 
 
 Definição:Sejam e dois vetores no plano. A soma 
dos vetores e é o vetor . 
Exemplo: 
Sejam e então, 
),( 11 yxu 
 ),( 22 yxv 

u

v

),( 2121 yyxxvu 

)2,1(u

)4,3( v
 )2,4())4(2,31(  vu

1.ª coordenada 
2.ª coordenada 
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MECÂNICA GERAL 
Exemplo: Interpretação geométrica 
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MECÂNICA GERAL 
Diferença de vetores 
 Representamos o vetor + (-1) por . 
 Esse vetor é a diferença de e . 
u

v

vu


u

v

u

v

v


vu


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MECÂNICA GERAL 
Produto de um vetor por um escalar 
Considere que o vetor tem a magnitude de uma unidade. Se 
multiplicarmos esse vetor por um número real qualquer, por exemplo, 3, o 
vetor tem sua magnitude aumentada para 3 unidades. A direção é 
conservada se o escalar for 0, caso contrário, o vetor assume a direção 
oposta. 
 
w

w

w
w

2
w

3
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MECÂNICA GERAL 
Exemplo 
Se a = 2, b = -3 e = (1,-2), então: 
 
e 
 
 
w

)4,2()2,1(2. wa

)6,3()2,1(3. wb

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Produto escalar 
 
O produto escalar dos vetores de dimensão n: 
a = (a1,a2,...an) e b = (b1,b2,...,bn), é definido por: 
a.b = a1b1 + a2b2 + ...+ anbn = 
 
 Exemplo 
Calcule o produto escalar de = (1,-2,3,4) e = (2,3,-2,1). 
 
 . = 1.2 + (-2).3 + 3.(-2)+ 4.1 = -6 


n
i
iiba
1
u

v

u

v

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MECÂNICA GERAL 
Ângulo entre dois vetores 
O produto escalar entre dois vetores resulta num número que mede a tendência 
de outro vetor apontar na mesma direção e é dado por: 
cos... vuvu  
onde  é o ângulo formado por e . 
u

v


u

v

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MECÂNICA GERAL 
Exemplo 
Encontre o ângulo entre os vetores = (2,4) e = (-1,2). 
cos... vuvu  
u

v

 . = 2.(-1) + 4.2 = 6 u v
2042 22 u

52)1( 22 v

Portanto, 
6,0
5.20
6
cos 
Usando a calculadora, descobrimos que o ângulo é aproximadamente 53º. 
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MECÂNICA GERAL 
Ângulo entre dois vetores 
cos... vuvu  
Se e 

u

v

0. vu

0u

0v

então, cosseno 
0
Neste caso, os vetores são perpendiculares entre si. 
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MECÂNICA GERAL 
Ângulo entre dois vetores 

 vuvu 0cos0. 
O produto escalar entre dois vetores não nulos é zero se, e só se, o cosseno do 
ângulo entre eles é zero e, isto só acontece quando os vetores são perpendiculares . 
Exemplo 
Os vetores = (2,-4) e = (4,2) 
são ortogonais, já que: 
 
u

v

02).4(4.2. vu

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MECÂNICA GERAL 
Ângulo entre dois vetores 
Mas, , logo 

u
=> 

u

u . 
cos... uuuu  
0 2
. uuu


Temos então que: 
uu
uuu




2
2
.
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Comprimento ou norma de um vetor 
O comprimento, tamanho ou norma de um vetor = (x1,y1) é: 
 
u

2
1
2
1 yxu 

y1 
x 
y 

u
x1 0 
Além disso, dado um escalar , pertencente a : 
 
uu

..  
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MECÂNICA GERAL 
Desigualdade triangular 
A norma da soma de dois vetores é sempre menor ou igual à soma das 
normas de cada um dos vetores: 
 
 
Desigualdade de Cauchy-Schwarz-Bunyakowski 
 
 
Essa desigualdade é conhecida por Desigualdade de Cauchy-Schwarz em 
homenagem a Augustin Cauchy e Hermann Amandus Schwarz. Na 
realidade é a desigualdade de Cauchy-Bunyakovski-Schwarz, mas o pobre 
Bunyakovski foi sendo esquecido com o tempo. 
vuvu


vuvu

.. 
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MECÂNICA GERAL 
Noções sobre Vetores 
Eis o Bunyakowski, porque aqui todos merecem ser lembrados. 
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MECÂNICA GERAL 
Distância entre dois pontos 
Além disso, pelo teorema de Pitágoras, podemos obter comprimento do 
segmento orientado com ponto inicial P(x1,y1) e ponto final P(x2,y2): 
 
 
   212
2
1221 yyxxPP 
x1 0 
y 
x 
P1 
P2 
x2 
y1 
y2 
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Exemplo-1 
Se = (2,-5), então o comprimento de é dado por: 
 
 
Exemplo-2 
A distância entre P(3,2) e Q(-1,5), ou o comprimento do segmento orientado 
é dado por: 
 
 
u

u

29254)5(2 22 u

PQ
5253)4()25()31( 2222 PQ
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Versor ou Vetor unitário 
Um vetor unitário é um vetor de comprimento 1. Se é um vetor não-nulo, 
então o vetor: 
 
 
 
é um vetor unitário com a mesma direção e sentido que . 
 
 
 
 
x
x
u .
1



x

x

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Exemplo 
Seja x = (-3,4). Então: 
 
 
Logo, o vetor 
 
 
 
É um vetor unitário, pois: 
 
 
54)3( 22 x

  








5
4
5
3
4,3
5
1
.
1
x
x
u 

1
25
169
5
4
5
3
22













 
u

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MECÂNICA GERAL 
Ponto médio de um segmento 
O ponto médio do segmento de reta P1(x1,y1) a P2(x2,y2) é dado por: 
 
 
 
 
 
 
 
 





 

2
,
2
),( 2121
yyxx
yxM
P1(x1,y1) 
P2(x2,y2) 
M (x,y) 
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MECÂNICA GERAL 
Exemplo 
Determine o ponto médio M do segmento P1(-2,3) a P2(4,-2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 











 

2
1
,1
2
)2(3
,
2
42
),( yxM
Noções sobre Vetores 
57 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Produto vetorial 
Diferentemente do produto escalar, que dá como resultado um número, o 
produto vetorial tem como resultado, um outro vetor. 
 
Definição: Sejam = a1î + b1ĵ + c1k e = a2î + b2ĵ + c2k dois vetores em 
3. Seu 
produto vetorial é o vetor x definido por: 
 
 
 
 
 
 
 
222
111
cba
cba
kji
vu 

Noções sobre Vetores 
58 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Produto vetorial 
A igualdade anterior também pode ser escrita da seguinte forma: 
 
 
 
Exemplo: 
Sejam =2î + j + 2k e = 3î –j – 3k, então: 
 
 
 
 
 
k
ba
ba
j
ca
ca
i
cb
cb
vu ...
22
11
22
11
22
11


)5,12,1(5121
313
212 

 kji
kji
vu

Noções sobre Vetores 
59 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Produto vetorial 
O produto vetorial de um vetor consigo mesmo não forma ângulo. Eles são 
coincidentes. Logo, î x î = j x j = k x k = 0 
 
 Por outro lado, 
 î x j = k; 
 j x k = î; 
 k x î = j. 
 
 
 
Noções sobre Vetores 
60 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Norma do produto vetorial 
Vimos que o produto de dois vetores resulta num terceiro vetor ortogonal ao 
plano que contém os vetores originais. O comprimento desse terceiro vetor, 
ou seja, sua norma, é numericamente igual à área do paralelogramo 
formado por esses vetores. 
 
 
 
 
 
u 
v 
|u x v| = área do 
paralelogramo 
u x v 
sen.. vuvu  
Noções sobre Vetores 
61 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Norma do produto vetorial 
Quando dois vetores forem paralelos no plano, então não há ângulo entre 
eles. Neste caso, em que = λ. , o produto vetorial x = 0. 
Já que o produto de doisvetores resulta num terceiro vetor perpendicular aos 
vetores originais, como saber a orientação desse vetor? Em outras 
palavras: para onde ele aponta?! 
 
 
 
 
 
u

v

v

u

Uma regra prática conhecida como “regra da mão direita” estabelece que se posicionarmos o indicador 
da mão direita na direção e sentido do vetor u e o dedo médio na direção e sentido de v , o polegar 
apontará o sentido do terceiro vetor. 
Noções sobre Vetores 
62 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Exemplo-1 
Calcule a área do paralelogramo ABCD, sendo AB=(1,1,-1) e AD=(2,1,4). 
 
 
 
 
Área = || AB x AD || 
 
 
 AB x AD = 
 
 
 
B C 
D A 
)1,6,5(65)21()24()14(
412
111  kjikji
kji
Noções sobre Vetores 
63 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Exemplo-1) continuação 
 
|| AB x AD || = 
 
Exemplo-2 
A medida em radianos do ângulo entre e é . 
 
Sendo || ||=1 e || ||=7, calcule || x ||. 
 
 || x || = || ||.|| ||. sen 
 = 1 . 7 . sen 
 = 1 . 7 . 0,5 
 = 3,5 
 
 
 
87,76213625 
u

6

v

u

v

v

u

u

v

u

v

6

Noções sobre Vetores 
64 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Produto misto 
 Considere os vetores , e . O produto misto é o número real obtido 
como resultado da seguinte operação: 
 
 
 
O volume do paralelepípedo é dado por : 
 
 
 
v
u

w

wvu

.
wvuV

.
Noções sobre Vetores 
65 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Exemplo 
Calcule o volume de um paralelepípedo definido pelos seguintes vetores: 
 = (2,2,0); = (0,1,0) e = (-2,-1,-1) 
 
 mas, h=||proj ||  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
u

v

w

hvuV .


w

wvuV

. )2,0,0(200
010
022  kji
kji
vu

22
200)1,1,2).(2,0,0().(


V
wvu

Noções sobre Vetores 
66 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 Bibliografia utilizada: 
 Flemming, D. M. & Gonçalves, M. B. Cálculo A. Person Education. 
São Paulo, 1992. 
 Abdounur, O. J. & Hariki, S. Matemática Aplicada. Saraiva. São 
Paulo, 2006. 
 Stewart, J. Cálculo. Volume I. Thomson. São Paulo, 2006. 
 Priestley, W. M. Calculus: An Historical Approach. Springer-Verlag. 
New York, 1979. 
 Eves, H. Foundations and Fundamental Concepts of Mathematics. 
Dover, 1990. 
 
 
67 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Medidas e 
Conversões 
68 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
HISTÓRICO 
 As unidades de medição primitivas estavam 
baseadas em partes do corpo humano, que 
eram referências universais. 
 
69 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
70 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 O sistema inglês 
 
 
 No século XII, em conseqüência da sua grande 
utilização, esse padrão foi oficializado pelo rei 
Henrique I. 
 
71 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 O sistema inglês 
 
 
 A jarda teria sido definida, então, como a distância 
entre a ponta do nariz do rei e a de seu polegar, com o 
braço esticado. 
72 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
A exemplo dos antigos bastões de um cúbito, 
foram construídas e distribuídas barras 
metálicas para facilitar as medições. 
73 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 Apesar da tentativa de uniformização da 
jarda na vida prática, não se conseguiu 
evitar que o padrão sofresse 
modificações. 
74 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
As relações existentes entre a jarda, o pé e a 
polegada também foram instituídas por leis, nas 
quais os reis da Inglaterra fixaram que: 
 
 1 pé = 12 polegadas 
 1 jarda = 3 pés 
 1 milha terrestre = 1.760 jardas 
75 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 Leitura de medida em polegada 
 
 A polegada divide-se em frações ordinárias de 
denominadores iguais a: 2, 4, 8,16, 32, 64, 
128... Temos, então, as seguintes divisões da 
polegada: 
76 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
LEITURA DE MEDIDA EM POLEGADA 
77 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
LEITURA DE MEDIDA EM POLEGADA 
78 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SISTEMA INGLÊS - FRAÇÃO DECIMAL 
 Para facilitar os cálculos na Indústria criou-se 
a divisão decimal da polegada. 
 
79 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
 
 
 
 
 
 
 A polegada subdivide-se em milésimo e 
décimos de milésimo. 
1.003" = 1 polegada e 3 milésimos 
1.1247" = 1 polegada e 1 247 décimos de 
milésimos 
.725" = 725 milésimos de polegada 
80 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CONVERSÕES 
Para converter polegada fracionária em 
milímetro, deve-se multiplicar o valor em 
polegada fracionária por 25,4. 
 
81 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
82 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
EXERCÍCIOS 
Converter polegada fracionária em milímetro 
83 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
A CONVERSÃO DE MILÍMETRO EM POLEGADA FRACIONÁRIA 
Divide-se o valor em milímetro por 25,4 e 
multiplica-se e dividi-se por 128. 
 
84 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
85 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Regra prática - Para converter milímetro 
em polegada ordinária, basta multiplicar 
o valor em milímetro por 5,04, 
mantendo-se 128 como 
denominador.Arredondar, se necessário. 
 
REGRA PRÁTICA 
86 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
REGRA PRÁTICA 
87 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
EXERCÍCIOS 
 a) 1,5875 mm = 
 b) 19,05 mm = 
 c) 25.00 mm = 
 d) 31,750 mm = 
 e) 127,00 mm = 
 f) 9,9219 mm = 
 g) 4,3656 mm = 
 h) 10,319 mm = 
 i) 14.684 mm = 
 j) 18,256 mm = 
 l) 88,900 mm = 
 m) 133,350 mm = 
 
88 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da SilvaCardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CONVERSÃO DE POLEGADA MILESIMAL EM POLEGADA FRACIONÁRIA 
89 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CONVERTER POLEGADA MILESIMAL EM MILÍMETRO 
 
 a) .6875" = 
 b) .3906" = 
 c) 1.250" = 
 d) 2.7344" = 
 
90 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CONVERSÃO DE POLEGADA FRACIONÁRIA EM POLEGADA MILESIMAL 
 divide-se o numerador da fração pelo seu 
denominador. 
 
91 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CONVERTER POLEGADA FRACIONÁRIA EM POLEGADA MILESIMAL 
92 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Medidas de pressão 
93 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
94 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
95 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
96 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
97 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
98 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
99 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
100 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
101 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
102 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
103 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
104 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
LEI DO SENO E COSSENO 
105 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
O parafuso tipo gancho 
está sujeito a duas forças 
F1 e F2. Determine o 
modulo a direção e o 
sentido. 
106 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
107 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Vamos resolver utilizando a 
metodologia aplicada em 
sala de aula. 
108 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Vamos resolver utilizando 
uma nova metodologia. 
109 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Calculo da força resultante 
utilizando a lei do cosseno. 
110 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
LEI DO COSSENO 
Fr 
b 
a 
Fr 
150 
100 
115° 
111 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fr 
b 
a 
Fr 
150 
100 
115° 𝐹𝑟 = 1002 + 1502 − 2 × 100 × 150 × 𝑐𝑜𝑠115° 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
112 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
E qual o ângulo da força 
resultante? 
Fr 
PHR 
113 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fr 
PHR 
LEI DO SENO 
A 
B 
C 
a 
c 
b 
𝑎
𝑠𝑒𝑛𝐴
 = 
𝑏
𝑠𝑒𝑛𝐵
 = 
𝑐
𝑠𝑒𝑛𝐶
 
114 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fr = 212,6N 150 
100 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
𝑎
𝑠𝑒𝑛𝐴
 = 
𝑏
𝑠𝑒𝑛𝐵
 = 
𝑐
𝑠𝑒𝑛𝐶
 
LEI DO SENO 
115 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fr = 212,6N 150 
100 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
LEI DO SENO 
150 𝑁
𝑠𝑒𝑛𝜃
 = 
212,6
𝑠𝑒𝑛115°
 
115° 
𝜃 = 39,8° 
116 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fr = 212,6N 150 
100 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
LEI DO SENO 
150 𝑁
𝑠𝑒𝑛𝜃
 = 
212,6
𝑠𝑒𝑛115°
 
115° 
𝜃 = 39,8° 
𝜃 = 39,8° + 15° 
𝜃 = 54,8° 
PHR 15° 
117 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SISTEMA DE FORÇAS COPLANARES 
FORÇA COMO VETOR CARTESIANO 
118 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
119 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
𝐹1𝑋 = - 200 × sen30° N 
𝐹1𝑋 = - 100 N 
𝐹1𝑋 = 100 N ← 
120 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
𝐹1𝑦 = 200 × cos30° N 
𝐹1𝑦 = 173 N 
𝐹1𝑦 = 173 N ↑ 
121 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
𝐹2𝑦 = -100 N 
𝐹2𝑦 = 100 N ↓ 
𝐹2𝑥 = 240 N 
𝐹2𝑥 = 240 N → 
122 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
𝐹2𝑦 = 100 N ↓ 𝐹2𝑥 = 240 N → 
𝐹1𝑦 = 173 N ↑ 𝐹1𝑋 = 100 N ← 
Como escrever a notação vetorial cartesiana? 
123 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine os componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre o componente 
mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano. 
𝐹2𝑦 = 100 N ↓ 𝐹2𝑥 = 240 N → 
𝐹1𝑦 = 173 N ↑ 𝐹1𝑋 = 100 N ← 
i 
j 
𝐹1 = { - 100i + 173j } N 
𝐹2 = { 240i - 100j} N 
𝐹𝑟 = { 140i + 73j} N 
124 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SISTEMA DE FORÇAS COPLANARES 
FORÇA COMO VETOR CARTESIANO 
FORÇA COMO VETOR ESCALAR 
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
ÂNGULO DIRETOR 
VETOR UNITÁRIO 
 
125 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Expresse a força F como um vetor cartesiano 
126 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝑪𝒐𝒔𝟐𝜶 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜷 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜸 = 𝟏 
𝐶𝑜𝑠2𝛼 + 𝐶𝑜𝑠260° + 𝐶𝑜𝑠245° = 1 
𝐶𝑜𝑠2𝛼 = 1 − 𝐶𝑜𝑠260° − 𝐶𝑜𝑠245° 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − 𝐶𝑜𝑠260° − 𝐶𝑜𝑠245° 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − (0,52) − (0,7072) 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − 0,25 − 0,50 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 0,25 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = ± 0,5 
127 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = ± 0,5 
𝛼 = 𝐶𝑜𝑠−10,5 = 60° 
ou 
𝛼 =𝐶𝑜𝑠−1(−0,5) = 120° 
Como Fx está na direção +x o ângulo será 60°, logo temos: 
 
𝐹𝑟 = 𝐹𝑐𝑜𝑠60° 𝑖 + 𝐹𝑐𝑜𝑠60° 𝑗 + 𝐹𝑐𝑜𝑠45° 𝑘 
𝐹𝑟 = 200𝑐𝑜𝑠60° 𝑁 𝑖 + 200𝑐𝑜𝑠60° 𝑁 𝑗 + 200𝑐𝑜𝑠45° 𝑘 
𝐹𝑟 = {100𝑖 + 100𝑗 + 141,4𝑘} N 
128 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝐹𝑟 = {100𝑖 + 100𝑗 + 141,4𝑘} N 
Vamos calcular a prova real? 
𝐹𝑟2 = 1002 + 1002 + 141,42 
𝐹𝑟 = 1002 + 1002 + 141,42 
𝐹𝑟 = 1002 + 1002 + 141,42 
𝐹𝑟 = 200 𝑁 
129 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
130 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
Como as forças estão representadas como vetor 
cartesiano, a força resultante será: 
𝐹𝑟 = 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 
 𝐹1= 60𝑗 + 80𝑘 
 𝐹2 = 50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘 
 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 
+ 
131 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
 𝐹1= 60𝑗 + 80𝑘 
 𝐹2 = 50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘 
 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 
+ 
𝐹𝑟2 = (50)2+(−40)2+(180)2 
A intensidade (escalar) da força resultante é calculada pela equação: 
𝐹𝑟2 = 2500 + 1600 + 32400 
𝐹𝑟 = 36500 
𝐹𝑟 ≅ 191 𝑙𝑏 
132 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 𝑙𝑏 − 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 
𝐹𝑟 = 191 𝑙𝑏 − 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎𝑟 
Os ângulos das coordenadas α, β, γ são determinados pelos componentes do 
vetor unitário que atua na direção de Fr, logo: 
𝑈𝐹𝑟 =
𝐹𝑟 (𝑉𝑒𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙) 
𝐹𝑟 (𝐸𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎𝑟) 
 𝑈𝐹𝑟 =
50 
191 
𝑖 − 
40 
191
𝑗 + 
180
191
𝑘 
𝑈𝐹𝑟 = 0,2617𝑖 − 0,2094𝑗 + 0,9422𝑘 
133 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
𝑈𝐹𝑟 = 0,2617𝑖 − 0,2094𝑗 + 0,9422𝑘 
Logo, para calcular o ângulo diretor: 
cos𝛼 = 0,2617 
𝛼 = cos−1 0,2617 
𝛼 = 74,8° 
cos𝛽 = −0,2094 
𝛽 = cos−1(−0,2094) 
𝛽 = 102° 
cos𝛾 = 0,9422 
𝛾 = cos−1 0,9422 
𝛾 = 19,6° 
134 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 𝑙𝑏 
𝐹2 = 50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘 𝑙𝑏 
 𝐹1= 60𝑗 + 80𝑘 𝑙𝑏 
𝛽 = 102° 
𝛼 = 74,8° 
𝛾 = 19,6° 
x 
y 
z 
𝐹𝑟 = 191 𝑙𝑏 
135 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
INTRODUÇÃO À RESISTENCIA DOS MATERIAIS 
MOMENTO, TENSÃO ADIMISSIVEL 
 
136 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
COMPORTAMENTO DO MATERIAL 
Quando uma força age sobre um corpo, produz neste uma tensão, 
que pode ser de tração, compressão, cisalhamento, 
flambagem, flexão ou torção. 
137 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
COMPORTAMENTO DO MATERIAL 
Todas as tensões produzidas no corpo causa a este uma 
deformação. Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu 
estado, ou tamanho normal assim que a força deixa de existir 
sobre o mesmo. Esta propriedade é chamada de 
elasticidade. 
138 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
COMPORTAMENTO DO MATERIAL 
Todas as tensões produzidas no corpo causa a este uma 
deformação. Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu 
estado, ou tamanho normal assim que a força deixa de existir 
sobre o mesmo. Esta propriedade é chamada de 
elasticidade. 
139 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
COMPORTAMENTO DO MATERIAL 
Porém, se a tensão for muito grande, poderá causar no corpo uma 
deformação permanente, isto é, o corpo poderá ficar 
permanentemente deformado mesmo após cessada a ação da força. 
140 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
COMPORTAMENTO DO MATERIAL 
Por outro lado, se a tensão for ainda maior, poderá causar até 
uma ruptura do corpo. A maior tensão que o corpo pode 
suportar é definida como sendo o limite de resistência ou 
tensão de ruptura 
141 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
GRÁFICO TENSÃO DEFORMAÇÃO 
Para melhor caracterizar o comportamento de um material 
submetido às tensões progressivas, será reproduzido na figura 
a seguir o gráfico tensão x deformação. 
142 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
GRÁFICO TENSÃO DEFORMAÇÃO 
143 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
GRÁFICO TENSÃO DEFORMAÇÃO 
144 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
GRÁFICO TENSÃO DEFORMAÇÃO 
Pela análise do gráfico verifica-se que o comportamento do material 
se subdivide em duas fases distintas, ou seja, fase elástica e fase 
plástica. A separação destas fases se faz na transição entre o 
limite de elasticidade e o início do fenômeno de escoamento. 
145 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
GRÁFICO TENSÃO DEFORMAÇÃO 
É necessário observar que para os cálculos de peças que devem 
suportar os esforços sem provocar as deformações permanentes, o 
material deverá trabalhar dentro do seu limite de elasticidade, 
numa faixa assinalada no gráfico como tensão admissível. 
146 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS 
Dentre as propriedades mecânicas dos materiais, as de maior 
interesse para os cálculos de resistência são: Limite de resistência ou 
tensão de ruptura, tensão de escoamento ou limite de escoamento, 
alongamento, módulo de elasticidade e a dureza. Para estas 
propriedades, serão adotados os seguintes símbolos: 
147 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS 
σr = Tensão de ruptura em kgf/cm² - Os valores para os 
diferentes materiais se obtém através de ensaio de tração, 
dividindo-se a maior carga suportada pelo corpo de prova pela 
área da seção original do mesmo. 
148 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 







2
max
cm
kgf
S
P
o
R
onde Pmax = carga máxima em kgf e So = seção original em cm² 
(Tensão de ruptura em kgf/cm²) 
149 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Pesc = carga que produz o escoamento em kgf e So = seção original em cm². 







2cm
kgf
S
P
o
esc
esc
(Tensão de escoamento em kgf/cm²) 
150 2014Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Lo = comprimento inicial do corpo de prova em mm e L = comprimento final após o 
rompimento do corpo de prova, em mm 
% emoAlongament
 %
100*)(
0
0
0 L
LL
mm
mm
L
L 







151 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
E = Módulo de elasticidade, em kgf/cm² é a relação existente entre a tensão e o 
alongamento do material observado dentro de seus limites de propriedade elástica. O 
módulo de elasticidade caracteriza a rigidez do material, isto é, sua habilidade de 
resistir a deformação. 
MÓDULO DE ELASTICIDADE 







2mm
kgf
E


2kgf/cmtensão em σ 







2cm
kgf
S
P
o
esc
esc
 %
100*)(
0
0
0 L
LL
mm
mm
L
L 







% emoAlongament
152 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
H = Número de Dureza Brinnel, que é a relação aproximada entre a dureza e a 
tensão de ruptura do material. 
DUREZA BRINNEL 







2
36
mm
kgf
HR
para aços carbono 







2
34
mm
kgf
HR
ara aços de liga 
153 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
TENSÃO ADMISSÍVEL X FATOR DE SEGURANÇA. 
Para dimensionar um elemento metálico, o engenheiro deverá 
primeiramente definir em qual regime de tensão admite-se o trabalho 
desta peça, e por conseguinte, determinar o fator de segurança. 
154 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
TENSÃO ADMISSÍVEL 
Na resistência de materiais, onde as peças calculadas deverão suportar as 
cargas com segurança, isto é, sem provocar a deformação permanente, 
terá que ser considerada nos cálculos uma tensão menor do que a de 
escoamento. 
155 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
TENSÃO ADMISSÍVEL 
Esta tensão que oferece à peça uma condição de trabalho sem perigo é 
chamada de tensão admissível (σadm). 
 
Todavia, deve-se ter em mente que as peças estruturais podem trabalhar 
em condições adversas sujeitas a cargas estáticas, cargas intermitentes, 
alternadas ou mesmo a choques. 
 
156 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
TENSÃO ADMISSÍVEL 
Desta forma, ao calcular um elemento estrutural, faz-se necessário 
conhecer a condição de trabalho da peça, a fim de poder estabelecer uma 
tensão admissível compatível com o tipo de carga a suportar. 
157 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
TENSÃO ADMISSÍVEL 
Conhecendo a condição de trabalho da peça e o tipo de material mais 
apropriado para a construção desta peça, pode-se estabelecer a tensão 
admissível atribuindo-se ao valor de sua tensão de ruptura um coeficiente 
que é denominado fator de segurança. 
158 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 







2cm
kgf
F
R

 RF 
TENSÃO ADMISSÍVEL 
σ = Tensão admissível, em kgf/cm² 
 
σR = Tensão de ruptura, em kgf/cm² 
159 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
O fator de segurança é uma relação entre as tensões de ruptura e 
admissível do material. Os valores aqui adotados serão baseados na 
qualidade do material e no tipo de carga aplicada à peça. Pode-se 
distinguir quatro tipos de carga, a saber: 
160 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
- Carga Estática – Quando uma peça está sujeita a uma carga constante 
e invariável ao decorrer do tempo. Um deck de transportador de correias 
pode ser enquadrado nesta categoria. 
161 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
- Carga Intermitente – Peça sujeita a uma carga pulsante, isto é, 
variável de zero a um valor máximo permitido, por exemplo, a lança de 
um Descarregador de Navios. 
162 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
 - Carga Alternada – Quando uma peça está sujeita a uma carga 
variável nos dois sentidos, por exemplo, a biela de um cilindro hidráulico 
de dupla ação. 
163 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
- Carga Brusca ou a Choque – Peça sujeita a variação brusca ou a 
choque, por exemplo, componentes de prensas hidráulicas. 
164 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
FATOR DE SEGURANÇA 
165 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Fator de segurança (F) 
Material 
Carga 
Estática Intermitente Alternada Brusca 
Ferro fundido 6 10 15 20 
Aço mole 5 6 8 12 
Aço duro 4 6 8 12 
Madeira 8 10 15 20 
FATOR DE SEGURANÇA 
166 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
É de fundamental importância conhecer o tipo de esforço a que o elemento 
estrutural está ou estará submetido, pois terá enorme influência nos cálculos. 
Cabe ao engenheiro determinar a classe de resistência à que a estrutura 
estará submetida. 
167 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA À TRAÇÃO - Quando uma barra for submetida a uma força 
(P), atuando no sentido do seu eixo, isto é, perpendicular a sua secção 
transversal, estará sofrendo uma tração e uma deformação que será a de 
acréscimo de comprimento. 
168 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA À COMPRESSÃO - Quando uma força (P), agir no sentido 
longitudinal da peça, isto é, perpendicular a sua secção transversal, esta sofrerá 
uma compressão e um achatamento. 
169 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA À CISALHAMENTO - Quando duas forças (P) atuam sobre 
uma peça (ex: rebite), transversalmente ao seu eixo, sofrerá um cisalhamento, 
isto é, a peça tenderá a ser cortada. 
170 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA À FLEXÃO - Quando uma força (P), atua sobre uma barra, 
perpendicularmente ao seu eixo, produzirá a flexão do referido eixo. 
171 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA À TORÇÃO - Quando uma força (P), agindo no plano 
perpendicular ao eixo da barra tenderá a girar cada secção transversal em relação 
às demais secções, torcendo-a. Resistência à torção será estudado no curso 
de resistência dos materiais. 
172 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA A FLAMBAGEM - Se a barra submetida a compressão for de 
comprimento muito grande em relação a sua secção,ela se dobrará sob a ação da 
força (P), produzindo a flambagem. Resistência à flambagem será estudado 
no curso de resistência dos materiais. 
173 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
CLASSE DE RESISTENCIA 
- RESISTÊNCIA COMPOSTA - Quando uma peça estiver sujeita a mais de uma 
classe de resistência, a mesma terá que ser calculada pela resistência composta. 
Resistência composta será estudado no curso de resistência dos 
materiais. 
174 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
RESISTENCIA À TRAÇÃO 
Inúmeros elementos metálicos estão submetidos às forças de tração, 
dentre as quais podemos citar colunas de apoio e barras de tração 
(tirantes) de lanças de empilhadeiras, recuperadoras, descarregadores de 
navios e parafusos. 
175 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE-1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kg estática à tração. 
176 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kg estática à tração. 
177 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
178 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
179 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kg estática à tração. 
5 
Para o SAE1020, os valores são: 
σR = 4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
180 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kg estática à tração. 
5 
A tensão admissível será: 
5
4200
2







cm
kgf
F
R







2
840
cm
kgf

181 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kg estática à tração. 
5 
A tensão admissível é 
 𝟖𝟒𝟎 𝒌𝒈𝒇/𝒄𝒎𝟐 
Então, a área da seção necessária para suportar a 
carga com segurança será de: 
 
840
50002  cm
P
S

 26 cmS 
182 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kgf estática à tração. 
5 
 26 cmS 
Isto significa que para suportar 
a carga de 5000kgf esta barra deve possuir no 
mínimo 6cm² de área na seção metálica. 
183 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kgf estática à tração. 
5 
 26 cmS 
Para o cálculo o diâmetro da barra a partir de sua seção, 
será necessário: 
 
4
6
4
2
2
2 d
cm
d
S






242 d  cmd
d
76,2
639,7


184 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 
determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” 
de 5000 kgf estática à tração. 
5 
Isto significa que para suportar a carga de 5000kgf 
esta barra deve possuir no mínimo 2,76cm ou 
27,6mm de diâmetro. 
185 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
2 – A peça mostrada na figura abaixo é constituída de uma parte com diâmetro 
maior de 30mm e outra com diâmetro de 20mm. Calcular a carga “P”, intermitente, 
que poderá ser aplicada à peça, considerando que a mesma é feita de aço 
estrutural. 
5 
186 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: 
a) O diâmetro “d” da peça; 
b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
187 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
a) Cálculo do diâmetro “d” da peça: 
   kgftfP 75005,7 
Para o SAE1020, os valores de 
σR = 4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
A tensão admissível será: 
5
4200
2







cm
kgf
F
R







2
840
cm
kgf

   kgftfP 75005,7 
188 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
A tensão admissível será: 







2
840
cm
kgf

Significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 
840kgf/cm² 
189 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 






2
840
cm
kgf

Então, a área da seção necessária 
para suportar a carga com segurança 
será de: 
 
840
75002  cm
P
S
 kgfP 7500  293,8 cmS 
190 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 






2
840
cm
kgf

 kgfP 7500
 293,8 cmS 
Isto significa que para suportar a carga de 
7.500 kgf esta barra deve possuir no mínimo 
8,93cm² de área na seção metálica. 
Para o cálculo do diâmetro da barra: 



4
93,8
2d
 271,35 d


71,352d
 cmd 37,3
191 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
 cmd 37,3
Significa que para suportar a carga de 7500kgf esta barra deve possuir 
no mínimo 3,37cm ou 33,7mm de diâmetro. 
192 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
Cálculo da quantidade de parafusos 
 
Diâmetrointerno di = 15mm = 1,5cm 
 
 
 kgfP 7500
Para o SAE1040, os valores de 
σR = 5800kgf/cm² 
Fator de Segurança =4 
A tensão admissível será 







2
1450
cm
kgf

4
5800
2







cm
kgf
F
R
193 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
A tensão admissível será 







2
1450
cm
kgf

A área total da seção metálica a ser distribuída pelos parafusos 
necessária para suportar a carga com segurança será de: 
194 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
Isto significa que para suportar a carga de 7500kgf a área total a ser distribuída 
entre os parafusos deve possuir no mínimo 5,17cm² de área na seção metálica. 
 217,5 cmSt 
195 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
 217,5 cmSt 
Para o cálculo a área de cada parafuso: 
  2
2
4
cm
d
Sp

 2767,1 cmSp 



4
5,1 2
Sp
196 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da 
peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. 
5 
 217,5 cmSt 
 2767,1 cmSp Isto significa que cada parafuso 
possui 1,767cm² de área metálica. 
Como a área total a ser distribuída entre os parafusos é de 5,17cm² então: 
Sp
St
Qt 
767,1
17,5
Qt
parafusosQt 3...93,2 
197 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e 
articuladas nas extremidades deverão suportar com segurança uma carga estática 
de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
b) O deslocamento do ponto “0” ao ser aplicada a carga. 
5 
198 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de Corpo Livre do sistema: 
 
Para calcular as forças “P1”, será necessário 
calcular a resultante da somatória das forças 
no eixo “Y”, que é o eixo de interesse: 
 
 
199 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de Corpo Livre do sistema: 
 
 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







 
 kgfPP
P
P
P
PP
PPP
Fy
2000
5,0
1000
10005,0
2
2000
5,0
0)5,0(22000
060cos*2
060cos60cos
0
11
1
1
1
0
1
0
1
0
1







200 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de Corpo Livre do sistema: 
 
Isto significa que a força P1 exercida em cada uma 
das barras será de 2000kgf. 
201 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 
P1 = 2000 kgf 
Para o SAE1020 temos: 
σR =4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
202 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 
P1 = 2000 kgf 
Para o SAE1020 temos: 
σR =4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
A tensão admissível será: 















2
2
840
5
4200
cm
kgf
cm
kgf
F
R




Isto significa que a tensão admissível para o material 
neste caso será de 840kgf/cm². 
203 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras;5 
a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 
P1 = 2000 kgf 
Para o SAE1020 temos: 
σR =4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
A área da seção necessária para suportar a 
carga com segurança será de: 
Isto significa que para suportar a carga de 2.000 kgf 
esta barra deve possuir no mínimo 2,38cm² de área na 
seção metálica. 
 
 21
21
38,2
840
2000
cmS
S
cm
P
S




204 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 
P1 = 2000 kgf 
Para o SAE1020 temos: 
σR =4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 




52,9
52,9
4
38,2
4
2
2
2
2
2






d
d
d
cm
d
S
205 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O diâmetro das barras; 
5 
a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
 
P1 = 2000 kgf 
Para o SAE1020 temos: 
σR =4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
cálculo do diâmetro das barras “P1”: 
Isto significa que para suportar a carga de 2.000 kgf 
esta barra deve possuir no mínimo 2,38cm² de área na 
seção metálica. 
 cmd
d
d
d
74,1
03,3
03,3
52,9
2
2





206 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O deslocamento do ponto “0” ao ser aplicada a carga. 
 
207 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O deslocamento do ponto “0” ao ser aplicada a carga. 
 
Inicialmente, será necessário calcular o 
alongamento das barras: 







2
6101,2
cm
kgf
E
( 
Para o aço, o valor de 
   cmLcm
E
L
L 08,0
101,2
200840
6







Significa que o alongamento em cada barra “P1” provocado pela 
força foi de 0,08cm ou 0,8mm. 
208 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão 
suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa” seja de 120 graus, determinar: 
a) O deslocamento do ponto “0” ao ser aplicada a carga. 
 
Agora é possível calcular o deslocamento no 
ponto “0”: 
( 
   cmLcmLh 16,0
5,0
08,0
30sen 0



ou 
   cmLcmLh 16,0
5,0
08,0
60cos 0



209 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 
sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, 
sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. 
O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus. 
210 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de 
Corpo Livre do sistema 
211 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
 kgfP
PPPPPPFy
10000
5,0
5000
5,0500060cos060cos0
1
11
0
1
0
1


Isto significa que a força P1 exercida na barra “1” é de compressão e têm 
intensidade de 10000kgf. 
212 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
 kgfP
PPPPPPFy
10000
5,0
5000
5,0500060cos060cos0
1
11
0
1
0
1


Isto significa que a força P1 exercida na barra “1” é de compressão e têm 
intensidade de 10000kgf. 
213 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
Isto significa que a força P2 exercida na barra “2” é de tração e têm 
intensidade de 8660kgf. 
   kgfPPPPPPFx 8660866,01000030cos030cos0 22
0
12
0
12 
214 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
b) Cálculo do diâmetro da barra “1”, sendo que P1 = 10000kgf; 
cR
F =5 
Para o SAE1020, os valores de 
σR= 4200kgf/cm² 
Fator de Segurança =5 
A tensão admissível será: 












 
22
840
5
4200
cm
kgf
cm
kgf
F
c
cR
c 
Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 
840kgf/cm². 
215 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do 
mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é 
de 30 graus. 
Então, a área da seção necessária para suportar a carga com 
segurança será de: 
cR
F =5 
   21211 9,11
840
10000
cmScm
P
S
c
 
Isto significa que para suportar a carga de 10000kgf esta barra deve possuir no 
mínimo 11,9cm² de área na seção metálica. 
216 2014 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2”