MECÂNICA GERAL - EXERCICIOS RESOLVIDOS

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1 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
EXERCICIOS RESOLVIDOS 
2 2015 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. 
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MECÂNICA GERAL 
4 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Vamos resolver utilizando a 
metodologia aplicada em 
sala de aula. 
5 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Vamos resolver utilizando 
uma nova metodologia. 
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MECÂNICA GERAL 
Calculo da força resultante 
utilizando a lei do cosseno. 
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MECÂNICA GERAL 
LEI DO COSSENO 
Fr 
b 
a 
Fr 
150 
100 
115° 
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MECÂNICA GERAL 
Fr 
b 
a 
Fr 
150 
100 
115° 𝐹𝑟 = 1002 + 1502 − 2 × 100 × 150 × 𝑐𝑜𝑠115° 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
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MECÂNICA GERAL 
E qual o ângulo da força 
resultante? 
Fr 
PHR 
10 2015 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
 
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MECÂNICA GERAL 
Fr = 212,6N 150 
100 
𝐹𝑟 = 212,6 𝑁 
𝑎
𝑠𝑒𝑛𝐴
 = 
𝑏
𝑠𝑒𝑛𝐵
 = 
𝑐
𝑠𝑒𝑛𝐶
 
LEI DO SENO 
12 2015 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° 
13 2015 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° 
14 2015 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. 
15 2015 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 ← 
16 2015 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 ← 
17 2015 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 ↑ 
18 2015 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 ↑ 
19 2015 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 → 
20 2015 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 → 
21 2015 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? 
22 2015 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 
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MECÂNICA GERAL 
Expresse a força F como um vetor cartesiano 
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MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝑪𝒐𝒔𝟐𝜶 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜷 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜸 = 𝟏 
𝐶𝑜𝑠2𝛼 + 𝐶𝑜𝑠260° + 𝐶𝑜𝑠245° = 1 
𝐶𝑜𝑠2𝛼 = 1 − 𝐶𝑜𝑠260° − 𝐶𝑜𝑠245° 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − 𝐶𝑜𝑠260° − 𝐶𝑜𝑠245° 
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MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝑪𝒐𝒔𝟐𝜶 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜷 + 𝑪𝒐𝒔𝟐𝜸 = 𝟏 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − (0,52) − (0,7072) 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 1 − 0,25 − 0,50 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = 0,25 
𝐶𝑜𝑠𝛼 = ± 0,5 
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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 
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MECÂNICA GERAL 
Regra dos cossenos 
𝐹𝑟 = 𝐹𝑐𝑜𝑠60° 𝑖 + 𝐹𝑐𝑜𝑠60° 𝑗 + 𝐹𝑐𝑜𝑠45° 𝑘 
𝐹𝑟 = 200𝑐𝑜𝑠60° 𝑁 𝑖 + 200𝑐𝑜𝑠60° 𝑁 𝑗 + 200𝑐𝑜𝑠45° 𝑘 
𝐹𝑟 = {100𝑖 + 100𝑗 + 141,4𝑘} N 
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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 = 200 𝑁 
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MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
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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 + 𝐹2𝐹1= 60𝑗 + 80𝑘 
 𝐹2 = 50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘 
 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 
+ 
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MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
𝐹𝑟 = 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 
 𝐹1= 60𝑗 + 80𝑘 
 𝐹2 = 50𝑖 − 100𝑗 + 100𝑘 
 
𝐹𝑟 = 50𝑖 − 40𝑗 + 180𝑘 
+ 
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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 
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MECÂNICA GERAL 
Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante 
que atua sobre o parafuso olhal. 
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 
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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 
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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 
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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: 
cos 𝛼 = 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° 
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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. 
38 2015 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. 
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MECÂNICA GERAL 
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MECÂNICA GERAL 
41 2015 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 
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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

43 2015 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 
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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. 
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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


46 2015 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. 
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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 
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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 
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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 50 2015 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 
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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 
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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
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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. 
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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 
 
Diâmetro interno 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
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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: tS
P
  2cmPSt


 217,5 cmSt 
 2
1450
7500
cmSt 
56 2015 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 
57 2015 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
58 2015 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 
59 2015 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 
60 2015 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: 
 
 
61 2015 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







62 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m decomprimento 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. 
63 2015 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 
64 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
5 
65 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
5 
Aço macio 
66 2015 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. 
67 2015 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




68 2015 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
69 2015 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





70 2015 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. 
 
71 2015 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. 
72 2015 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”: 
( 
   cmhcm
sen
L
h 16,0
5,0
08,0
300



ou 
   cmhcmLh 16,0
5,0
08,0
60cos 0



73 2015 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. 
74 2015 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 
75 2015 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. 
76 2015 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. 
77 2015 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 
78 2015 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. 
79 2015 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. 
80 2015 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. 
Para o cálculo do diâmetro da barra “1”: 
cR
F =5 
 
 cmdd
d
dd
d
cm
d
S
89,316,15
16,15
6,47
6,47
4
9,11
4
2
22
2
2
2
1










Isto significa que para suportar a carga de 10000kgf esta barra deve possuir no 
mínimo 3,89cm ou 38,9mm de diâmetro. 
81 2015 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. 
c) Cálculo do diâmetro da barra “2” 
cR
F =5 
Sendo que P2 = 8660kgf; 
   22222 31,10
840
8660
cmScm
P
S
c
 
82 2015 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. 
c) Cálculo do diâmetro da barra “2” 
cR
F =5 
 
2
2
2
2
2
2,41
4
31,10
4
d
d
cm
d
S








 cmd
d
d
d
62,3
13,13
13,13
2,41
2
2





Isto significa que para suportar a carga de 8660kgf esta barra deve possuir no 
mínimo 3,62cm ou 36,2mm de diâmetro. 
83 2015 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 750kgf. O ângulo entre as barras 
“1”e “2” é de 30 graus. 
84 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro de um rebite de aço SAE-1015 que deve suportar com 
segurança uma força intermitente, de natureza cortante pura a cisalhamento que 
possui intensidade de 1.000 kgf. 
85 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro de um rebite de aço SAE-1015 que deve suportar com segurança uma força 
intermitente, de natureza cortante pura a cisalhamento que possui intensidade de 1.000 kgf. 
Para o SAE-1015 
σR-s= 2.880 kgf/cm² 
Fator de Segurança = 6 
A tensão admissível será: 














 
2
2
480
6
2880
cm
kgf
cm
kgf
F
s
s
sR
s




Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 
480 kgf/cm². 
86 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro de um rebite de aço SAE-1015 que deve suportar com segurança uma força 
intermitente, de natureza cortante pura a cisalhamento que possui intensidade de 1.000 kgf. 
Para o SAE-1015 
σR= 2.880 kgf/cm² 
Fator de Segurança = 6 
Então, a área da seção necessária para 
suportar a carga com segurança será de: 
Isto significa que para suportar a carga de 1.000 kgf este rebite deve possuir no 
mínimo 2,08cm² de área na seção metálica. 
 
 2
2
08,2
480
1000
cmS
S
cm
P
S
s




87 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro de um rebite de aço SAE-1015 que deve suportar com segurança uma força 
intermitente, de natureza cortante pura a cisalhamento que possui intensidade de 1.000 kgf. 
Para o SAE-1015 
σR= 2.880 kgf/cm² 
Fator de Segurança = 6 
Para o cálculo do diâmetro do rebite: 
 
2
2
2
2
3,8
4
08,2
4
d
d
cm
d
S








 cmd
d
d
d
63,1
65,2
65,2
3,8
2
2





Isto significa que para suportar a carga de 1000kgf este rebite deve possuir no 
mínimo 1,63cm ou 16,3mm de diâmetro. 
88 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve 
suportar com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a 
variação brusca. 
89 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar 
com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca. 
Para o SAE1040, os valores de σR-S = 4.350 kgf/cm² e 
Fator de Segurança =12 
 
 
A tensão admissível será: 












 
22
362
12
4350
cm
kgf
cm
kgf
F
s
sR
s 
Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 362kgf/cm² 
90 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar 
com segurançaa um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca. 
A partir daí, pode-se calcular a área resistente 
total necessária para suportar a carga: 
Isto significa que o pino deverá ter no mínimo 2,76cm² de seção resistente nestas 
condições de trabalho. 
   22 76,2
362
1000
cmSScm
P
S tt
s
t  
Como pode ser observado, neste tipo de construção o pino têm duas seções 
resistentes, pois é montado sobre dois apoios. Assim sendo, cada seção recebe 
apenas a metade da carga total. Portanto: 
 238,1 cmSt 
91 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar 
com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca. 
O diâmetro do pino é dada por: 
 
 cmdd
ddd
d
cm
d
S
33,1757,1
757,1
52,5
52,5
4
38,1
4
222
2
2
2





 

92 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar 
com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca. 
O diâmetro do pino é dada por: 
 
 cmdd
ddd
d
cm
d
S
33,1757,1
757,1
52,5
52,5
4
38,1
4
222
2
2
2





 

Isto significa que o pino deverá ter no mínimo 1,33cm ou 13,3mm de diâmetro 
nestas condições de trabalho. 
93 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 
Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 
840kgf/cm² 
Para o SAE-1020, os valores de σR = 4.200 kgf/cm² 
e Fator de Segurança =5 
A tensão admissível será: 













22
840
5
4200
cm
kgf
cm
kgf
F
f
R
f 
94 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 






2
840
cm
kgf
f
Cálculo do momento fletor e do módulo de 
resistência: 
 
A carga está concentrada na extremidade da viga, 
portanto, o momento fletor máximo 
para o presente cas será: 
 
 cmkgfMf
Mf
cmkgfLPMf



000.25
50500
Isto significa que o momento fletor agindo sobre esta viga é de 25000kgf.cm 
95 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 
Isto significa que o momento fletor agindo sobre esta viga é de 25000kgf.cm 







2
840
cm
kgf
f
Cálculo do momento fletor e do módulo de 
resistência: 
 
A carga está concentrada na extremidade da viga, 
portanto, o momento fletor máximo 
para o presente cas será: 
 
 cmkgfMf
Mf
cmkgfLPMf



000.25
50500
96 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 
Isto significa que o módulo de resistência desta viga é de 29,76 cm³ 







2
840
cm
kgf
f
Então o módulo de resistência será: 
para o presente cas será: 
 
 3
3
2
76,29
840
25000
cmW
W
cm
Mf
W
cm
kgf
W
Mf
f
f












97 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Do ANEXOS_RESMAT para uma barra 
redonda temos que: 
para o presente cas será: 
98 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Do ANEXOS_RESMAT para uma barra 
redonda temos que: 
 
3
3
3
3
32,952
32
76,29
32
d
d
cm
d
W








 cmd
d
d
d
72,6
13,303
13,303
32,952
3
3
3





Isto significa que para suportar a flexão da carga de 500kgf esta barra deve 
possuir no mínimo 6,72cm ou 67,2mm de diâmetro. 
 376,29 cmW 
99 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Do ANEXOS_RESMAT para uma barra 
redonda temos que: 
Para resolução do problema, também poderá ser consultada tabela para barras 
redondas constante do ANEXOS_RESMAT, onde a partir do módulo de resistência 
calculado, pode-se selecionar o diâmetro da barra correspondente e que esteja 
disponível no mercado. Neste caso: 
 cmd 72,6  376,29 cmW 
Para W=29,76cm³ calculado, pode-se selecionar as seguintes barras: W=30,87cm³, barra diâmetro 68mm; 
caso esta barra não esteja disponível no mercado, utilizar W=33,47, barra diâmetro 2 ¾”. 
100 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Cálculo da flecha máxima  cmd 72,6  376,29 cmW Temos que a flecha máxima admitida para 
este tipo de carregamento é dada por: 
 cm
IE
LP
f



3
Para o aço, o valor de 







2
6101,2
cm
kgf
E
101 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Cálculo da flecha máxima 
 cmd 72,6  376,29 cmW  cmIE LPf   3 26101,2 cmkgfE
   4
4
4
4
1,100
64
72,6
64
cmIcm
d
I 





102 2015 Prof. MSc. Wandercleitonda Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança 
uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra 
sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 







2
840
cm
kgf
f
Cálculo da flecha máxima  cmd 72,6  376,29 cmW 
 cm
IE
LP
f



3 





2
6101,2
cm
kgf
E
 41,100 cmI 
 
 
 cmfcm
IE
LP
f 1,0
630630000
62500000
1,100101,23
50500
3 6
33







Isto significa que para estas condições, a flecha máxima na extremidade da viga 
será de 0,1cm ou 1mm 
103 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Para uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das 
extremidades, 40mm de diâmetro e 1m de comprimento, 
determinar a carga estática que pode ser aplicada com segurança 
na extremidade livre. Qual a flecha máxima na barra? 
104 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 
500kgf.cm; Pede-se dimensionar uma chave fixa a fim de obter o torque 
necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. 
Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
105 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar 
uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
a) Cálculo do comprimento “L” 
Neste caso, o momento fletor é igual ao momento torsor: 
 
 
 cmL
kgf
P
Mf
L
cmkgfLPMfMt
25
20
500




106 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar 
uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
a) Cálculo do comprimento “L” 
Neste caso, o momento fletor é igual ao momento torsor: 
 
 
 cmL
kgf
P
Mf
L
cmkgfLPMfMt
25
20
500




Isto significa que o comprimento do 
cabo para este torque será 25cm ou 
250mm 
107 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar 
uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
b) Cálculo das dimensões do cabo “b”e “h”: 
Para o SAE3130, os valores de σR= 6800kgf/cm² e Fator de Segurança = 12 
Inicialmente, calcularemos a tensão admissível à flexão. 















2
2
7,566
12
6800
cm
kgf
cm
kgf
F
f
f
R
f




Isto significa que a tensão admissível 
para o material neste caso será de 
566,7kgf/cm². 
108 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar 
uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
A partir daí, pode-se calcular o módulo de resistência. 
Isto significa que a tensão admissível 
para o material neste caso será de 
566,7kgf/cm². 
 
 3
3
2
882,0
7,566
500
cmW
W
cm
Mf
W
cm
kgf
W
Mf
f
f












109 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar 
uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na 
extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b”. Determinar: 
a) As dimensões “b”e “h”; 
b) O comprimento do cabo; 
c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força. 
A partir daí, pode-se calcular o módulo de resistência. 







2
7,566
cm
kgf
f
A partir do ANEXOS_RESMAT; para uma barra retangular é dado que: 
 3
2
6
cm
hb
W


E a proporção entre os lados impostos pelo problema é: 
 cmbh  3
110 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
EXERCÍCIO 1 
1) Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça mostrada na 
figura e indique se os elementos estão sob tração ou compressão. 
111 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 
EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ B 
112 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 
EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ C 
113 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 
EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ A 
114 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 
Representação dos esforços 
nos elementos da treliça. 
115 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
EXERCÍCIO 2 
2) Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça mostrada na 
figura e indique se os elementos estão sob tração ou compressão. 
116 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO 
 𝑀𝐶 = 0 
600𝑁 × 4𝑚 + 400𝑁 × 3𝑚 − 𝐴𝑦 × 6 = 0 
−𝐴𝑦 × 6 = −(600𝑁 × 4𝑚 + 400𝑁 × 3𝑚) 
𝐴𝑦 = 
(600𝑁 × 4𝑚 + 400𝑁 × 3𝑚)
6
 
𝐴𝑦 = 600𝑁 ↑ 
117 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO 
 𝐹𝑥 = 0 
600𝑁 − 𝐶𝑥 = 0 
𝐶𝑥 = 600𝑁 ← 
 𝐹𝑦 = 0 
600𝑁 − 400𝑁 − 𝐶𝑦 = 0 
𝐶𝑦 = 600𝑁 − 400 𝑁 
𝐶𝑦 = 200𝑁 ↓ 
118 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 
EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ A 
200 N 
119 2015 Prof. MSc. Wandercleiton da Silva Cardoso wandercleitom@yahoo.com.br 
MECÂNICA GERAL 
SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 
EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ A 
200 N