MGB PARTE 1

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Prof. Nelson Luiz Reyes Marques 
Mecânica Geral Básica 
Conceitos Básicos 
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Unidades - o sistema métrico 
O sistema internacional de unidades (SI) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 o sistema MKS 
Baseado em potências de 10 de unidades de base 
 Todas as outras unidades derivam destas 7 unidades 
(Área: m2) 
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Unidades - o sistema métrico 
Definição das unidades de base 
 1 quilograma de massa é definido 
como a massa do protótipo 
internacional do quilograma, 
mantido em Paris 
 1 segundo é o intervalo de tempo 
durante o qual há 9.192.631.770 
oscilações da onda eletromagnética 
que corresponde à transição entre 
dois estados específicos do átomo 
de césio-133 
 1 metro é a distância que um feixe 
de luz no vácuo se propaga em 
1/299.792.458 de um segundo 
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Unidades - o sistema métrico 
Prefixos de potências de 10 
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Vetores 
Grandeza escalar: grandeza física descrita por um número e 
obedecem as leis da aritmética e da álgebra elementar. Ex: 
temperatura, 25ºC. 
 
Grandeza vetorial: grandeza física descrita por um módulo 
(quantidade ou tamanho), juntamente com uma direção e sentido no 
espaço. Ex: deslocamento de um avião. 
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Vetores 
 Vetores são comumente usados em física 
 É preciso manipulá-los sem dificuldades 
 
 Vetor 
 
 Ponto de partida e ponto 
de chegada 
 
 Caracterizado por: Módulo 
 Direção 
 Sentido 
 Unidade 
 
 Nota: uma grandeza representada sem a direção é escalar 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
 Usado na representação de vetores 
 Quantifica a direção em um espaço bidimensional 
 Usado na representação de vetores 
 Duas direções perpendiculares 
 x para a direita 
 y para cima 
 
 Posição do ponto p especificado 
por( Px , Py ) 
 
 Px e Py são números reais positivos 
ou negativos 
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 Também podemos definir um sistema de coordenadas 
unidimensional 
Convencionalmente chamado de eixo x 
 
 
 
 
 Qualquer ponto P neste espaço unidimensional pode ser definido 
pela especificação de um número 
O valor da coordenada x , Px 
Sistema de coordenadas cartesianas 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
 Quantifica a direção em um espaço tridimensional 
 A terceira direção se 
projeta para fora 
do plano da página 
 
 
 
 
Mais eixos ortogonais são 
usados em teorias modernas 
(mas são bastante abstratos 
e difíceis de representar em 
um papel bidimensional 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
 Quantifica a direção em um espaço tridimensional 
A terceira direção se projeta 
para fora do plano da página. 
 
 
Mais eixos ortogonais são 
usados em teorias modernas 
(mas são bastante abstratos 
e difíceis de representar em 
um papel bidimensional 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
Regra da mão direita 
Convenção do sistema de coordenadas cartesianas destro (mais 
sobre sistemas de coordenadas 3D ao longo do semestre) 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
 liga P e Q 
 
 
 
 A
 liga R e S 
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Sistema de coordenadas cartesianas 
Mude para a origem 
para simplificar 
a representação 
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Adição de Vetores 
 
 
 Conforme aprendemos: é possível mover 
vetores no espaço sem alterar seus 
valores 
 O comprimento permanece o mesmo 
 A direção permanece a mesma 
 
 Mova o vetor B de modo que sua origem 
fique junto à ponta do vetor A 
 
 O vetor de adição C então a ponta da 
origem do vetor A para a ponta do vetor B 
 
 Você pode fazer isso na ordem inversa 
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Adição de Vetores 
B 
B 
C 
C 
QPR
BPQQPR


 cos2222
• Lei dos cossenos, 
• Lei dos senos, 
senC senB senA
Q R P
 
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Adição de Vetores 
• Soma de três ou mais vetores por meio 
da aplicação sucessiva da regra do 
triângulo. 
• Regra do polígono para a soma de três ou 
mais vetores. 
• A adição de vetores é associativa, 
   SQPSQPSQP


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 Para cada vetor existe um outro vetor de igual comprimento 
apontando na direção oposta 
 
 
 
 
 
 Subtração de vetores 
 Para obter o vetor , 
somamos o vetor a , 
seguindo o procedimento para 
adição de vetores 
Subtração de vetores 
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Subtração de vetores 
 Inverta a ordem e use 
ao invés de . 
Qual é o resultado? 
 
 O vetor resultante 
é exatamente o oposto 
de 
 
 As regras para adição e 
subtração de vetores são 
exatamente as mesmas que 
para números reais 
Na subtração de vetores a ordem faz diferença 
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Vetores unitários 
 Representação de vetores para vetores unitários: 
 
 
 
 
 
 
 
 Caso 2D 
A projeção 
no eixo y 
fornece um 
componente 
x
yA
 
𝑖 = 𝑥 = (1,0,0)
𝑗 = 𝑦 = (0,1,0)
𝑘 = 𝑧 = (0,0,1)
 
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Método de adição de vetores por meio de suas 
componentes 
 A adição de vetores também pode ser feita utilizando 
componentes cartesianas e vetores unitários. 
 
 Representação das componentes 
 
 
 Adição de vetores 
 
 
 
 
 Componentes do vetor de adição 
 
 
 com 
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Adição de dois vetores bidimensionais 
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Subtração de vetores 
 Exatamente o mesmo procedimento para adição de vetores 
 
 
 
 
 Vetor de diferença: 
 
 
 
 
 
 Com componentes: 
com 
Uma equação com vetores é o mesmo que três equações escalares! 
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Multiplicação de um vetor com um escalar 
 Imagine somar um vetor a ele mesmo três vezes 
 
 
 O vetor resultante é três vezes mais comprido e tem a mesma 
direção que os vetores originais 
 
 Para a multiplicação de um vetor com um escalar, obtemos 
 
 
 
 As componentes são 
• Multiplicação de um vetor 
por um escalar. 
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Vetores e as Leis da Física 
 Liberdade de escolha do sistema de coordenadas; 
 As relações entre vetores não dependem da origem ou da 
orientação dos eixos; 
 As leis da física também não dependem da escolha do sistema 
de coordenadas. 
 Se os eixos giram, as componentes mudam, mas o vetor 
permanece o mesmo. 
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Exemplo 1 
Encontre, no plano, a resultante de uma força de 300 N a 30° e 
uma força de −250 N a 90°, utilizando o método do 
paralelogramo. Veja a Fig. (a). Encontre, também, o ângulo α 
entre a resultante e o eixo y. Os ângulos são sempre medidos 
no sentido anti-horário com início no eixo x positivo.) 
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Agora, aplicando a lei dos senos, temos 
Exemplo 1 
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 Um bloco de 80 kg é posicionado em um plano inclinado de 20° com a 
horizontal. Qual é a componente gravitacional (a) normal ao plano inclinado e 
(b) paralela ao plano inclinado? 
a) A componente normal forma um ângulo 
de 20° com o vetor força gravitacional 
(o peso), o qual tem intensidade de 
80(9,8) = 784 N. A componente normal 
é 
(b) A componente paralela é 
Exemplo 2 
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 –
 
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Produto Escalar 
Definição: Sejam u e v. O produto escalar entre esses 
vetores, denotado por u · v , é um número real determinado 
por u · v = |u|·|v|·cos, onde  é o ângulo entre u e v. 
2) u · v = 0 
Propriedades: 
1) Comutativa: u · v = v · u,  u e v 
 um deles é o vetor nulo ou se u e v 
 são ortogonais ( = 90º) 
4) (mu)·(nv ) = (m·n)·(u · v ),  u e v e  m e nR 
5) ( u + v)·w = ( u · w )+( v · w ) 
3) u · u = | u |2 
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 B
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 –
 
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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. 
Exemplo 3 
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 B
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 –
 
P
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T
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1
 
Produto Vetorial 
Definição: Sejam u e v. O produto vetorial entre esses 
vetores, denotado por u  v , é vetor com as seguintes 
características: 
Módulo: 
Direção: 
Sentido: 
Ortogonal ao plano que contem u e v. 
Regra da mão direita. 
u x v = u v senθ
M
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Produto Vetorial 
Propriedades do Produto Vetorial 
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 B
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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 

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Exemplo: 
Sejam =2î + j + 2k e = 3î –j – 3k, então: 
 
 
 
2 1 2 1 12 5 ( 1, 12, 5)
3 1 3
i j k
u v i j k        
 
Exemplo 4 
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 –
 
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Produto Vetorial 
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 
 
 i x i = j x j = k x k = 0 
i x j = k 
j x k = i 
k x i = j 
i x k = - j 
j x i = - k 
k x j = - i 
i k 
j 
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R
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 B
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 –
 
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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
Exemplo 5 
 25 36 1 62 7,87A X B    
M
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 –
 
P
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Demonstração 
Mostre que o produto vetorial entre dois vetores P e Q pode ser 
escrito por 
M
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 B
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 –
 
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1
 
Demonstração 
Escrevem-se os vetores dados na forma de suas componentes e 
expande-se o produto vetorial para obter 
Mas i × i = j × j = k × k = 0; i × j = k e j × i = − k, etc. 
Portanto, 
Esses termos podem ser agrupados como 
M
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 G
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A
L
 B
Á
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A
 –
 
P
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1
 
Demonstração 
ou na forma de determinante como 
Tenha o cuidado de observar que as componentes escalares do 
primeiro vetor P no produto vetorial devem ser escritas na 
linha do meio do determinante. 
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Exemplo 6 
2 - 39 
As duas forças atuam sobre 
um parafuso A. Determine 
sua resultante. 
SOLUÇÃO: 
• Solução gráfica - construímos um 
paralelogramo com lados nas 
mesmas direções de P e Q 
desenhados em escala. Avaliamos 
graficamente a resultante que é 
equivalente à diagonal em direção e 
proporcional em módulo. 
• Solução trigonométrica – usamos a 
regra do triângulo para soma de 
vetores em conjunto com a lei dos 
cossenos ou a lei dos senos para 
encontrar a resultante de P e Q. 
 
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 –
 
P
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Exemplo 6 
• Solução gráfica - Um paralelogramo com 
lados iguais a P e Q é desenhado em 
escala. A intensidade e o ângulo que 
define a direção da resultante (diagonal do 
paralelogramo) são medidos, 
 35N 98 R
• Solução gráfica – Um triângulo é 
desenhado com P e Q no padrão ponta-a-
cauda e em escala. A intensidade e o 
ângulo que define a direção da resultante 
(terceiro lado do triângulo) são medidos, 
 35N 98 R
M
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Exemplo 6 
• Solução trigonométrica – Aplicamos a 
regra do triângulo. Pela lei doscossenos, 
       

155cosN60N402N60N40
cos2
22
222 BPQQPR
A20α
15,04A
97,73N
60N
155sen 
R
Q
Bsen Asen 
R
Bsen 
Q
Asen 





N73,97R
Pela lei dos senos, 
 04,35
M
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 –
 
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Exemplo 7 
a) A força de tração em cada um dos cabos para  = 45o, 
b) O valor de  para o qual a tração no cabo 2 é mínima. 
Uma barcaça é puxada por dois rebocadores. Se a resultante das 
forças exercidas pelos rebocadores é 22.250 N dirigida ao longo 
do eixo da barcaça, determine: 
M
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A
 G
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 B
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 –
 
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Exemplo 7 
SOLUÇÃO: 
• Obtemos uma solução gráfica aplicando a Regra do Paralelogramo 
para soma vetorial. O paralelogramo tem lados nas direções dos 
dois cabos e diagonal na direção do eixo da barcaça com 
comprimento proporcional a 22.250 N. 
• O ângulo para a tração mínima no cabo 2 é determinado 
aplicando-se a Regra do Triân-gulo e observando o efeito de 
variações em a. 
• Obtemos uma solução trigonométrica aplicando a Regra do 
Triângulo para soma vetorial. Com a intensidade e a direção da 
resultante conhecida e as direções dos outros dois lados, 
paralelas aos cabos dados, aplicamos a Lei dos Senos para 
encontrar as trações nos cabos. 
M
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Exemplo 7 
• Solução gráfica – Aplicamos a regra do 
paralelogramo conhecendo a direção e a 
intensidade da resultante e as direções 
dos lados 
N500.11N200.16 21  TT
M
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Exemplo 7 
• Solução trigonométrica - Regra do 
triângulo e Lei dos Senos 




 105
250.22
3045
21
sen
N
sen
T
sen
T
N 517.11N288.16 21  TT
M
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R
T
E
 
1
 
Exemplo 7 
• O ângulo para tração mínima no cabo 2 
é determinado aplicando a regra do 
triângulo e observando o efeito de 
variações em . 
• A tração mínima no cabo 2 ocorre quando 
T1 e T2 são perpendiculares 
 30sen N) (22.250T2
N11500T2 
   30 cos N 22.250T1 N16200T1 
 3090  60
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 8 
Quatro forças atuam no parafuso A, como mostrado na figura. 
Determine a resultante das quatro forças no parafuso. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 8 
SOLUÇÃO: 
• Decompomos cada força em componentes retangulares. 
• Calculamos a intensidade e a direção da resultante. 
• Determinamos os componentes da resultante somando os 
componentes correspondentes de cada uma das forças. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 8 
• Decompomos cada força em componentes retangulares. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 8 
1
2
3
4
Força Intens. (N) Comp. x (N) Comp. y, (N)
150 129.9 75.0
80 27.4 75.2
110 0 110.0
100 96.6 25.9
199,1 14,3
F
F
F
F
 
 

 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 8 
• Calculamos a intensidade e a direção da resultante. 
22 3,141,199 R
N 199,6R 
 1,4
• Determinamos os componentes da resultante somando os 
componentes correspondentes de cada uma das forças. 
N1,199
N3,14
 tg 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Equilíbrio de uma Partícula 
• Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre uma 
partícula é zero, a partícula está em equilíbrio. 
• Para uma partícula em equilíbrio 
sob a ação de duas forças, ambas 
as forças devem ter: 
- mesma intensidade 
- mesma linha de ação 
- sentidos opostos 
• Primeira Lei de Newton : Se a força resultante em uma partícula é 
nula, a partícula permanecerá em repouso ou se moverá em 
velocidade constante em linha reta. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Equilíbrio de uma Partícula 
• Para uma partícula sob a ação de três ou mais forças: 
- a solução gráfica gera um polígono fechado 
- solução algébrica: 
00
0




yx FF
FR

M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Diagrama espacial : Um 
esboço mostrando as 
condições físicas do 
problema. 
Diagrama de Corpo Livre: 
Um esboço mostrando 
apenas as forças que 
atuam sobre a partícula 
escolhida para análise. 
Diagramas de Corpo Livre 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 9 
Determinar as tensões sobre as cordas AC e BC. Se M pesa 40 
lb-f 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 9 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 9 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 10 
Determinar as tensões sobre as cordas AC e BC. Se M 
pesa 40 lb-f 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 10 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 10 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 11 
SOLUÇÃO: 
• Construímos um diagrama de 
corpo livre para a partícula na 
junção da corda e do cabo. 
• Aplicamos as condições de equilíbrio criando um polígono 
fechado a partir das forças aplicadas na partícula. 
• Aplicamos relações trigonométricas para determinar a 
intensidade das forças desconhecidas. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 11 
• Construímos um diagrama de corpo 
livre para a partícula A. 
• Aplicamos as condições de 
equilíbrio. 
• Calculamos as intensidades das 
forças desconhecidas. 




 58sen 
N 15.750
2sen 120sen 
ACAB TT
N16.084ABT
N648ACT
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 12 
Deseja-se determinar a força de arrasto no casco de um novo barco a 
vela a uma dada velocidade. Um modelo é colocado em um canal de 
teste e são usados três cabos para alinhar sua proa com a linha de 
centro do canal. A uma dada velocidade, a tração é de 180 N no cabo 
AB e de 270 N no cabo AE. 
Determine a força de arrasto exercida no casco e a tração no cabo 
AC. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 12 
• Escolhendo o casco como um corpo 
livre, desenhamos o diagrama de 
corpo livre. 


26,60
75,1
m 1,2
m 2,1
 tg



56,20
375,0
m 1,2
m 0,45
 tg


• Expressamos as condições de 
equilíbrio para o casco escrevendo 
que a resultante de todas as forças 
é zero. 
0 DAEACAB FTTTR

M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 12 
• Decompomos a equação vetorial de 
equilíbrio em duas equações para as 
componentes. Resolvemos para as 
trações desconhecidas nos dois 
cabos. 
   
   
 
 
  jN 270 T0,9363N 89,29
iFT0,3512N 156,29
0R
iFF
jN 270T
jT0,9363iT0,3512
j20,56 cos Ti20,56sen TT
jN 89,29iN 156,29
j60,26 cos N 180i60,26sen N 180T
AC
DAC
DD
AE
ACAC
ACACAC
AB


















M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 12 
 
  jN 270T0,9363N 89,29
iFT0,3512N 156,29
0R
AC
DAC






Esta equação só é satisfeita se cada componente da resultante é igual 
a zero. 
 
  0270T0,9363N 89,29:0
0FT0,3512N 156,29:0
AC
DAC




y
x
F
F
N 5,88
N 193


D
AC
F
T
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento (Torque) de uma Força 
O momento da força F sobre o 
ponto O é definido como o 
produto do vetor 
MO = r x F 
Onde r é o is vetor posição e F é a força de aplicada no corpo rígido, 
e Θ é o ângulo formado entre a linha de ação de r e F. 
O 
d A 
F 
Mo 
r  
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento (Torque) de uma Força 
MO = r x F 
O 
d A 
F 
Mo 
r  
A magnitude do momento de F 
sobre O pode ser escrito como: 
MO = rF sin  = Fd 
onde d é a distância perpendicular de O até a linha de 
ação de F. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento (Torque) de uma Força 
 O momento de uma força em relação a um ponto ou a um eixo, 
fornece uma medida da tendência dessa força provocar a rotação 
de um corpo em torno do ponto ou do eixo. 
 
 
 Para problemas em duas dimensões é mais conveniente se 
utilizar uma formulação escalar e para problemas em três 
dimensões a formulação vetorial é mais conveniente. 
 
 
 Quanto maior a força ou a distância (braço de momento), maior é 
o efeito da rotação. 
 
 
 A tendência de rotação também é chamada de torque, momento 
de uma força ou simplesmente momento. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento (Torque) de uma Força 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 Uma barra de peso desprezível está sob a ação das forças F1 = 4 N; 
F2 = 6N; F3 = 8 N e F4 = 10 N. 
A 
B C 
D 
F1 
F2 
F3 
F4 
a) Determinar o momento de cada força em relação ao ponto B. 
b) Calcule o momento resultante em relação ao ponto B e indique o 
sentido em que a barra gira. 
Dados: AB= 1m; 
 BC = CD = 2m. 
Exemplo 13 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 13 
Solução: 
a) MF1,B = + F1 . BA = 4 . 1 = 4 Nm 
 MF2,B = 0 
 MF3,B = - F3 . CB = - 8 . 2 = - 16 Nm 
 MF4,B = + F4 . DB = 10 . 4 = 40 Nm 
b) M = MF1,B + MF2,B + MF3,B + MF4,B 
 = 4 + 0 - 16 + 40 = 28 Nm 
 Como M > 0 , a barra gira no sentido anti-horário 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Centro de massa 
Posição do centro de massa 
de um sistema de N partículas: 
0
1 
2 
i 
ir

Média ponderada pelas massas das posições das partículas 







N
i
i
N
i
ii
N
NN
cm
m
rm
mmm
rmrmrm
R
1
1
21
2211
...
...


Em componentes: 







N
i
i
N
i
ii
N
NN
cm
m
xm
mmm
xmxmxm
X
1
1
21
2211
...
...(idem para y e z) 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Centro de massa – exemplos em 1D: 2 partículas 
 21
2211
mm
xmxm
X CM



(a) 
2
21
21
xx
xmm CM


x 
xCM 
1x 2x
(b) 
121 xxmm CM 
x 
xCM 
2x
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Centro de massa – exemplos em 1D: 2 partículas 
 21
2211
mm
xmxm
X CM



(c) Em geral, o centro de massa é um ponto intermediário entre x1 
e x2: 
2CM1 xXx 
L
m
Lmm
XCM
3
2
3
20



x 
xCM m 
x=0 
2m 
x=L 
2/3 1/3 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Centro de massa – exemplo: sistema de 3 partículas em 2D 
 
CM
CM
0×1+ 0×2 + 4×4
x = m = 2,3 m
1+ 2 + 4
0×1+3×2 + 0×4
y = m = 0,9 m
1+ 2 + 4
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Centro de massa – exemplo: sistema de 3 partículas em 2D 
 
Distribuições contínuas de massa (qualitativo) 
Objeto homogêneo com centro geométrico: CM no centro 
Objeto com eixo de simetria: CM ao longo do eixo 
Note que o c.m. pode estar localizado fora do objeto 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Equilíbrio de Forças e Momento 
Um corpo rígido está em equilíbrio sob a ação das forças 
quando este sistema de forças é equivalente a zero, ou 
seja (vetorialmente): 
𝑅 = 0 → 
ou, na sua forma escalar 
Devem ser considerados os efeitos das forças aplicadas no corpo, 
assim como as reações de apoio (que funcionam, na generalidade dos 
casos como incógnitas). 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
Uma força vertical de 450 N é aplicada na 
extremidade de uma alavanca que está 
ligada ao eixo em O. 
 Determine: 
a) o momento da força em relação a O; 
b) a força horizontal aplicada em A que gera 
o mesmo momento; 
c) a força mínima aplicada em A que gera o 
mesmo momento; 
d) a posição de uma força vertical de 1.080 N 
para que ela gere o mesmo momento; 
e) se alguma das forças obtidas nas partes b, 
c e d é equivalente à força original 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
a) O momento em relação a O é igual ao 
produto da força pela distância 
perpendicular entre a linha de ação da 
força e O. Como a força tende a girar 
a alavanca no sentido horário, o vetor 
momento aponta para dentro do plano 
que contém a alavanca e a força. 
 
  m 0,3N 450
cm 3060coscm 60



O
O
M
d
FdM
m N 135 OM
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
b) Para a força horizontal aplicada em A que gera o mesmo 
momento tem-se, 
 
 
m 52,0
m N 351
m 0,52m N 135cm 5260sen cm 60





F
F
FdM
d
O
N 6,259F
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
c) A força mínima aplicada em A que gera o mesmo momento deve 
atuar a uma distância perpendicular é máxima de O, ou seja, 
quando F é perpendicular a OA. 
 
m ,60
m N 135
m. ,60m N 351




F
F
FdMO
N 225F
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
d) Para determinar o ponto de aplicação de uma força vertical de 
1.080 N que gera o mesmo momento em relação a O temos, 
 
cm 12,560 cos
m 125,0
N .0801
m N 135
 N 1.080m N 351






OB
d
d
FdMO
cm 25OB
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 14 
e) Embora cada uma das forças nas letras b), c) e 
d) gere o mesmo momento que a força de 450 
N, nenhuma tem sua mesma intensidade, 
direção e sentido, ou sua mesma linha de ação. 
Portanto, nenhuma das forças é equivalente à 
força de 450 N. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento de um Binário 
• Duas forças F e -F de mesma intensidade, 
linhas de ação paralelas e sentidos opostos 
formam um binário. 
• Momento do binário: 
 
 
FdrFM
Fr
Frr
FrFrM
BA
BA




sen 



• O vetor que representa o momento do 
binário é independente da escolha da 
origem dos eixos coordenados, isto é, trata-
se de um vetor livre que pode ser aplicado 
a qualquer ponto produzindo o mesmo 
efeito 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Momento de um Binário 
Dois binários terão momentos iguais se 
• 
2211 dFdF 
• os dois binários estiverem em planos 
paralelos, e 
• os dois binários tiverem o mesmo 
sentido ou a tendência de causar 
rotação na mesma direção. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 15 
Para a viga acima, reduza o sistema de forças dado a (a) um sistema 
força-binário equivalente em A e (b) um sistema força binário 
equivalente em B. 
Observação: Como as reações de apoio não estão incluídas, esse 
sistema não manterá a viga em equilíbrio. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 15 
SOLUÇÃO: 
a) Calculamos a força resultante para as forças mostradas e o binário 
resultante para os momentos das forças em relação a A. 
b) Encontramos um sistema força-binário em B equivalente ao 
sistema força-binário em A. 
c) Determinamos o ponto de aplicação para a força resultante de tal 
forma que seu momento em relação a A seja igual ao binário 
resultante em A. 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 15 
SOLUÇÃO: 
a) Calculamos a força e o binário 
resultantes em A. 
        jjjj
FR


N 250N 100N 600N 150 
 
  jR

N600
 
       
   ji
jiji
FrM RA



2508,4
1008,26006,1


 
 kM RA

mN 1880 
M
E
C
Â
N
IC
A
 G
E
R
A
L
 B
Á
S
IC
A
 –
 
P
A
R
T
E
 
1
 
Exemplo 15 
b) Encontramos um sistema força-binário 
em B equivalente ao sistema força-
binário em A. 
 A força fica inalterada pelo movimento 
do sistema força-binário de A para B. 
  jR

N 600
O binário em B é igual ao momento em 
relação a B do sistema força-binário 
encontrado em A. 
     
   kk
jik
RrMM AB
R
A
R
B



mN 2880mN 1880
N 600m 8,4mN 1880



 kM RB

mN 1000 