PROJETOS_INDUSTRIAIS_TREINAMENTO_E_CONSU

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CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 1
V1-1
 INTRODUÇÃO À RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A resistência dos Materiais estuda os esforços e as deformações nos corpos visando
aplicações práticas de dimensionamento, é de fundamental importância no desenvolvimento
de elementos de máquinas e dispositivos.
É através dela que estabelecemos as dimensões de uma peça ou então,
especificamos qual material mais apropriado para determinada aplicação.
Aliado ao conhecimento teórico e a imaginação criativa do profissional, o bom senso
também deve fazer parte das definições de um projeto afim de torná-lo viável, técnica e
economicamente.
O objetivo do curso de RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS é o estabelecimento de
métodos que permitam calcular os esforços a que são submetidos os elementos
construtivos.
Com base nesses esforços será possível, então, dimensionar e selecionar o material
mais adequado.
Os exercícios estão dispostos numa ordem crescente de dificuldade, é aconselhável
que o aluno só passe para o exercício seguinte após Ter desenvolvido e compreendido
todos os passos dados na resolução da questão.
A presença na aula é de vital importância pois os exercícios virão acompanhados de
explicações contendo troca de experiências profissionais já vividas para melhor dinâmica e
assimilação da matéria.
Ao final do curso, tendo o aluno entendido bem os conceitos e solucionando a várias
séries de exercícios, estará apto aplicar os métodos utilizados na grande maioria dos casos
que aparecem no cotidiano fazendo a diferença em seu meio atuação, estando dentro do
perfil que as empresas necessitam, ou seja, Atender de modo competitivo ao mercado
consumidor, buscando a máxima lucratividade e qualidade dos serviços e resultados, na
busca permanente da satisfação do cliente.
Dedicamos este trabalho à “Deus” em primeiro lugar por nos dar entendimento e
sabedoria, para enfrentarmos esta vida cheia de desafios e alegrias.
Agradecimentos:
Magda Blandino Paladini
Thiago Roberto Paladini
Penélope Blandino
Elaboração : Projetista Carlos Paladini
ÍNDICE GERAL:
Volume 1 – páginas 1/23
Volume 2 – páginas 1/20
Volume 3 – páginas 1/16
Volume 4 – páginas 1/23
Volume 5 – páginas 1/16
Volume 6 – páginas 1/11
Volume 7 – páginas 1/11
Volume 8 – páginas 1/16
Índice Vol. 1:
! CONCEITOS........................................................pág. 1
Mecânica aplicada, exemplos...
! RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS.............................pág. 3
! CINEMÁTICA.......................................................pág. 3
Conceitos básicos
! VELOCIDADE.......................................................pág. 4
Fórmulas, unidades
! ACELERAÇÃO......................................................pág. 5
! Noções de Queda livre.........................................pág. 7
! FORÇA................................................................pág. 8
Noções elementares, exemplos, cálculos, resultante de forças,
exercícios.
! Operação com Vetores........................................pág. 12/22
Subtração de vetores, Multiplicação de um vetor por um número
real, Forças perpendiculares, forças concorrentes, exercícios.
V1-2
CONCEITOS:
MECÂNICA APLICADA
1. Objetivo da Mecânica:
A Mecânica tem por finalidade o estudo do movimento, assim como das causas e
efeitos.
O estudo das leis gerais da Mecânica constitui a chamada Mecânica Racional.
Mecânica Aplicada é o nome dado ao conjunto de aplicações da mecânica ao
movimento dos corpos.
A Mecânica aplicada se subdivide em três partes; Cinemática, a Estática e a Dinâmica.
A Cinemática é o estudo dos movimentos, independente das causas que produzem.
A Estática estuda as forças e o equilíbrio produzido por elas.
A Dinâmica estuda as relações entre as forças e os movimentos que elas produzem.
Estudando os movimentos e suas causas é que se conseguiu a construção de máquinas
e mecanismos, que tanto contribuíram para o progresso da civilização humana,
(Tecnologia, Mecânica, prática profissional).
2. Grandezas Escalares e Vetoriais
Existem em física determinadas grandezas Que ficam perfeitamente caracterizadas por
sua intensidade (módulo), ou seja um número seguido de uma unidade de medida e são
denominadas Grandezas Escalares.
Como exemplos de grandezas escalares podemos citar a massa, a densidade, o
volume, a temperatura, etc..
Existem também em física certas grandezas que somente ficam bem caracterizadas
quando conhecemos seu valor numérico ( geralmente acompanhado de uma unidade),
sua direção e seu sentido.
O valor numérico da grandeza também é chamado de módulo ou intensidade da
grandeza. Essas grandezas são chamadas, grandezas Vetoriais.
V1-3
N
S
O L
5 m5 m
Exemplo 1
Digamos, por exemplo, que um indivíduo esteja à dois metros de um precipício. Pergunta-
se:- Se ele tentar se deslocar de três metros, cairia?
Responde-se:
Pode ser que sim, se ele se deslocar para frente, ou pode ser que não, se ele se deslocar
para trás.
Portanto o deslocamento do indivíduo não ficou
perfeitamente caracterizado. Pelo seu módulo, para
isto, seria necessário ainda conhecer-se sua
orientação espacial.
Exemplo 2
Vejamos agora, uma outra situação: Um barco está navegando em mar aberto, podendo se
movimentar de qualquer maneira com a mesma velocidade constante 5m/min. Vamos então
determinar sua posição depois de um minuto.
Vemos que, conhecendo apenas o valor de sua velocidade é impossível determinar a
posição do barco, pois podemos encontra-lo depois de um segundo em qualquer ponto
sobre a circunferência.
Mas se soubermos que o barco se movimentou na direção Oeste – Leste ficamos apenas
com duas possibilidades.
3 m 2 m
V1-4
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A palavra “física” tem origem grega e significa “natureza. Daí dizemos que a física é uma
ciência natural, pois estuda fenômenos naturais.
Uma ciência somente é bem definida quando possuir objetivo, método e leis características.
Fenômenos são acontecimentos ou fatos. Qualquer acontecimento, ocorrência ou fato,
caracteriza um fenômeno.
Os fenômenos são físicos quando não houver alteração na constituição íntima de corpos
que sofreram os fenômenos, não existindo formação de uma outra substância. Exemplo:
transformação da água em gelo.
Os fenômenos são “químicos” quando alteram a constituição íntima dos corpos que
sofreram os fenômenos, dando origem à formação de outras substâncias diferentes.
Exemplo:
Água + ferro + ar = ferrugem.
Para fins didáticos, a física divide-se em:
a) Mecânica: é o estudo dos movimentos;
b) Termologia: é o estudo do calor e seus efeitos;
c) Óptica: é o estudo da luz;
d) Acústica: é o estudo do som e seus efeitos;
e) Eletricidade: é o estudo das cargas elétricas em repouso (eletrostática) ou em
movimento ( eletrodinâmica e eletromagnetismo).
A natureza e os objetivos do nosso curso, impõem que estudamos apenas a Mecânica.
A Mecânica, por sua vez, subdivide-se, para fins didáticos, em:
a) Cinemática: é o estudo do movimento, sem levar em conta suas causas, apenas
descrevendo os movimentos;
b) Dinâmica: é o estudo do movimento, levando em conta as causas do movimento,
explicando o movimento;
c) Estática: é o estudo das condições de equilibro de um corpo qualquer, equilíbrio este
denominado estático.
CINEMÁTICA
Conceitos Básicos
Movimento: é a mudança de posição na passagem do tempo.
Repouso: é a ausência de movimento. É a permanência na mesma posição, na passagem
do tempo.
Trajetória: é o caminho descrito por um corpo qualquer em movimento.
Velocidade: é a grandeza física associada ao movimento e que mede a variação da
mudança de posição, na passagem do tempo.
Aceleração: é a grandeza física associada ao movimento e que mede a variação da
velocidade na passagem do tempo.
Referencial: é um corpo que relacionamos com o objetivo cujo movimento está sendo estudado.
Todosos conceitos anteriores dependem diretamente de um referencial.
V1-5
Velocidade
Se um corpo percorre uma distância “s”, durante um certo tempo “t”, associaremos à esse
movimento uma velocidade “V”, definida da seguinte forma:
Utilizando uma linguagem simbólica, podemos escrever a definição acima, da seguinte
forma: sendo “V” a velocidade; “s” a distância percorrida, também chamada espaço
percorrido; “t” tempo gasto.
t
s
V =
Exemplo:
Um automóvel percorre a distância de 400Km em 5h. Calcule sua velocidade.
km/h 80
h 5
km 400 ===
t
s
V
Da definição de velocidade, pode-se deduzir que:
tVs ×=
ou seja: o espaço é a velocidade multiplicada pelo tempo.
V
s
t =
ou seja: o tempo é o espaço dividido pela velocidade.
Quando o símbolo de uma grandeza é escrito entre colchetes, “[ ]”, estaremos nos referindo
às unidades em que é medida essa grandeza.
t - significa unidade de tempo (hora, segundo, minuto,...)
s - significa unidade de distância ( metro, quilômetro, centímetro, milha,...)
v - significa unidade de velocidade (quilômetro por hora, metro por segundo, centímetro por
minuto,...)
As unidades mais comuns de velocidade são km/h e m/s, existindo freqüentemente, a
necessidade de conversão entre elas, então:
seg/m
3,6
1
seg 3600
m 1000
h 1
km 1
km/h 1 ===
Para transformar km/h em m/s, divide-se por 3,6. Para transformar m/s em km/h, multiplica-
se por 3,6.
gasto Tempo
percorrida Distância
Velocidade =
Km/h :3,6 = m/s
M/s .3,6 = Km/h
V1-6
Convém ter em mente, as relações entre outras grandezas usuais:
1 km = 1000 m
1 m = 100 cm
1 cm = 10 mm
1 h = 60 min
1 min = 60 s
1 h = 3600 s
Assumiremos por enquanto que não haverá mudança de velocidade nos movimentos que
estudaremos, pois variações de velocidade invalidariam as fórmulas vista anteriormente
Aceleração
É uma grandeza associada ao movimento, que mede a variação da velocidade no decorrer
do tempo:
tempo
velocidade de variação
Aceleração =
Introduzindo os símbolos: “a”, para aceleração; “∆∆∆∆V”, para a variação de velocidade e “t”
para o tempo, temos:
t
V
a
∆=
Entenderemos que ∆∆∆∆V é a diferença entre a velocidade final “V” e a velocidade inicial V0.
0VVV −=∆
Assim sendo, temos a seguinte expressão para a aceleração:
t
VV
a 0
−=
Particularmente, quando a velocidade inicial for nula, temos:
ta Vou 
t
V
a ×==
A unidade de aceleração [a], será a unidade de velocidade [V], dividida pela unidade de
tempo:
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ]2t
s
t
1
t
s
s
t/s
t
V
a =×===
No sistema internacional, temos
[ ]
2s
m
a =
Outras unidades: km/h2, cm/min2, m/min2,...
V1-7
Exemplos:
a) A velocidade de um automóvel passa de 10 m/s para 25 m/s em 5 s.
Calcule a aceleração.
20 s/m3
s/m5
s/m15
s5
s/m10s/m25
t
VV
a ==−=−=
b) Calcule a aceleração de um móvel que estava em repouso e adquire a velocidade de 60
km/h em 4 horas.
km/h 15
h 4
km/h 60
t
V
t
V-V
a 0 ====
Distância percorrida no movimento acelerado:
No movimento que tem aceleração constante, a velocidade média é calculada da seguinte
forma:
2
VV
V 0m
+=
A distância percorrida, por sua vez, é calculada por:
tVs m ×=∆
Exemplo:
Num movimento acelerado, um móvel tem velocidade inicial 6 m/s. e aceleração 2 m/s2.
Calcule a distância em 8 s.
taV Vou taV- Ventão ,
t
V-V
a Se 00
0 ×+=×==
m/s 22166826V =+=×+=
Logo:
m/s 14
2
28
2
622
2
VV
V 0m ==
+=+=
Temos então:
m 112814tVs m =×=×=∆
V1-8
Noções de queda livre
Um corpo se diz em queda livre quando cai sob a ação de seu próprio peso. A única força
sobre esse corpo é o próprio peso . Na realidade, quando a queda não ocorre no vácuo,
existe a resistência do ar, que em condições normais é desprezível.
Observações experimentais nos permitem concluir que na queda livre:
• Todos os corpos, independentemente de seus pesos ou de sus massas, caem com a
mesma aceleração;
• Para corpos próximos à superfície da Terra, a velocidade é diretamente proporcional ao
tempo, o que nos leva a deduzir que existe uma aceleração constante;
• Quando dois ou mais corpos são soltos simultaneamente, de uma mesma altura,
chegam ao chão ao mesmo tempo, independentemente da massa, do peso, do tamanho
e da forma ( desprezando-se a resistência do ar);
• A aceleração constante adquirida pelos corpos em queda livre ë denominada de
“aceleração da gravidade” e é representada por “g”.
• O valor “g”, salvo observação em contrário é 9,8 m/s2. Em determinados cálculos, onde
a precisão não é importante, arredonda-se o valor de “g” para 10 m/s2.
Exemplos:
a) Um corpo é largado sem velocidade inicial, gastando 4 s para chegar ao chão. Calcule
sua velocidade final.
m/s 39,249,8V
tg V:então , ga mas taV
=×=
×==×=
b) Um corpo é lançado verticalmente, para cima, com uma velocidade inicial de 78,4 m/s.
Calcule o tempo que ele gasta para atingir o ponto de altura máxima.
s8
9,8
78,4
t t9,878,4 tg Vou taV ==⇒×=⇒×=×=
c) Uma pedra é abandonada, sem velocidade inicial, do alto de uma torre e gasta 4 s para
atingir o chão. Calcule a atura da torre.
2
V
2
VV
 Ve Hs mas , tVs 0mm =
−==×=
Sabe-se que:
2
tg
 Ventão , tgV m
×=×=
Logo...
m4,78
2
8,156
2
168,9
2
48,9
H então 
2
tg
H t
2
tg
tVH
22
m ==
×=×=×=⇒××=×=
A torre mede 78,4 m de altura.
Analisando os exemplos anteriores, poderemos concluir que, no caso da queda livre, com
velocidade inicial nula, são válidas as seguintes equações:
tgV ×=
2
tg
H
2×=
V1-9
Noções elementares sobre forças:
Quando empurramos ou puxamos um corpo, estamos aplicando sobre esse corpo uma
força. Poderíamos dizer que a força é um puxão ou um empurrão em algum corpo. Porém,
empurrando ou puxando um corpo, modificamos a velocidade do corpo, ou o estado de
repouso e movimento do corpo, ou ainda deformamos o corpo. Assim sendo, pode-se
chegar a uma definição mais técnica de forças:
FORÇA É O AGENTE FÍSICO CAPAZ DE DEFORMAR UM CORPO, ALTERAR O ESTADO
DE REPOUSO DESTE CORPO, OU AINDA MODIFICAR A VELOCIDADE DO CORPO.
Os principais elementos de uma força, são:
a) Intensidade: é o número acompanhado de uma unidade, que vai nos dar a informação
de quantidade, isto é: se a força é fraca ou forte;
b) Direção: é uma reta que vai nos dar a noção, avisando se a força é aplicada
verticalmente, horizontalmente ou de uma inclinada;
c) Sentido: é a informação que nos permite saber se a força é aplicada de cima para baixo
ou de baixo para cima, da esquerda para a direita ou da direita para a esquerda;
d) Ponto de aplicação: é o lugar, a região do corpo que está em contato direto com a força.
Módulo, direção e sentido, caracterizam em Física uma vasta classe de grandezas,
chamadas vetoriais. As forças, bem como as outras grandezas vetoriais, chamadas, podem
ser representadas por uma flecha ou seta.
Simboliza-se uma força por uma letra maiúscula, tendo em cima uma setinha,
representando o caráter vetorial da força F, P, G,...
As unidades mais usuais de força são:
a) No sistema internacional
 F = Newton (N)
b) No sistema MKS Técnico
 F = Quilograma –força ( Kgf ou Kg*)
01) Determine o vetor resultante dos vetores F na figura abaixo
02) Determine o vetor resultante dos vetores F na figura abaixo.
PONTO DE APLICAÇÃO
DIREÇÃO
SENTIDO
INTE
NSID
ADE
(Ponta de Seta)
(Origem)
(Reta)
F
E RG
R=2R=8
V1-10
Forças
A noção de força é intuitiva e é posta em evidência diariamente quando, por exemplo,
percebemos a necessidade de exercer um esforço físico para deformar um corpo ou
movimentá-lo a partir do repouso ou para fazê-lo andar mais depressa ou mais devagar ou
ainda para mudar de direção de seu movimento.
Tal noção pode ser expressa por uma sentença concisa que pode ser adotada como
definição de força.
FORÇA É A CAUSA CAPAZ DE MODIFICAR A VELOCIDADE DE UM CORPO OU DE
PRODUZIR NELE UMA DEFORMAÇÃO.
Resultante de forças:
Consideremos um corpo sujeito à ação de várias forças: F1, F2, F3,... Chama-se, por
definição, RESULTANTE dessas forças, chamadas componentes, à força única que se
fosse aplicadaao corpo, produzisse nele o mesmo efeito que as n forças componentes,
produzem simultaneamente.
As unidades mais comuns para medir forças são:
O quilograma – Força (Kgf), ou a tonelada- força ( Tf) e o Newton (N).
Um quilograma – força é o peso de corpo que tem massa de 1Kg.
São válidas as seguintes relações:
1 Kgf = 9,81 N
1 Tf = 1oooKgf
Existem ainda outras unidades de força num mesmo corpo, que não são muita usadas.
Quando várias forças estão aplicadas num mesmo corpo, podemos ter:
a) Forças colineares do mesmo sentido;
b) Forças colineares de sentidos diferentes;
c) Forças concorrentes;
d) Forças paralelas de mesmo sentido;
e) Forças paralelas de sentidos diferentes.
Cálculo da resultante de um sistema de forças:
a) Forças colineares do mesmo sentido
Intensidade: Somam-se as intensidades das forças componentes;
Direção: A mesma direção das componentes;
Sentido: O mesmo das componentes.
V1-11
Exercícios:
Determine o vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo:
b) Forças colineares de sentidos diferentes.
Intensidade: Diferença entre as somas de todas as intensidades das forças que apontam
num sentido e a soma de todas as intensidades das forças que apontam no outro sentido;
Direção: a mesma direção das componentes;
Sentido: O mesmo das forças cujas somas de intensidades, em um mesmo sentido, é maior
que no outro sentido.
Equivalencias:
F = tonelada - força (Tf) 1Kgf=9,81 N
 1Tf =1000Kgf
 1KN =1000N
F = quilo – Newton (KN)
Exercícios
01) Transforme 8 Kgf em N.
02) Transforme 25 Kgf em N.
03) Transforme 4900 N em Kgf.
04) Transforme 392 N em Kgf.
05) Transforme 5,5Tf em N.
F2
F1
F1
F3
F2
Fa
Fb
F1
F3
F2
V1-12
Sistemas de forças
Sistemas de forças é um conjunto de duas ou mais forças aplicadas num mesmo corpo.
Exemplo:
As forças A, F, P, H, são chamadas componentes do sistema.
Resultante de um sistema de forças é uma única força que, atuando sozinha sobre o corpo,
produz o mesmo efeito que o sistema.
Podemos resumir da seguinte forma o estudo que iremos abordar, a respeito das forças:
a) Compor forças de um sistema de forças significa achar a resultante desse sistema;
b) Achar as características de uma força qualquer, significa determinar os seus quatro
elementos ( intensidade, direção, sentido e ponto de aplicação).
c) Quando quisermos nos referir apenas à quantidade de força aplicada (intensidade),
devemos para isto, escrever o símbolo desta força sem a flecha em cima, como por
exemplo: F = 10 N, P = 25 Kgf...,
d) Decompor uma força qualquer significa determinar suas componentes, é uma operação
inversa a de achar resultante de duas forças.
Resultante de um sistema de forças:
10 Caso: Forças colineares de mesmo sentido.
Forças colineares são forças que possuem a mesma direção.
Quando elas têm o mesmo sentido, encontra-se a resultante, conservando-se a direção, o
sentido somando as intensidades.
F
A
P
H
F=3N 
R= 3N + 4N + 2N = 9N 
H=2N 
G=4N 
R=9N 
V1-13
Exercícios:
Encontre a resultante de cada um dos sistemas de forças representados abaixo:
O deslocamento somente ficou bem determinado depois do fornecimento de três
informações:
MÓDULO: Valor numérico.
DIREÇÃO: Horizontal, vertical ou indicada pelo ângulo.
SENTIDO: Da esquerda para a direita ou vice – versa.
A seta da figura acima, representa geometricamente um vetor. Esse vetor está
representando o deslocamento da pessoa. O deslocamento é uma grandeza vetorial.
Outra grandeza vetorial importante é a Força.
Existem outras muitas grandezas vetoriais.
Operações com vetores
Adição de vetores:
Adicionamos graficamente dois ou mais vetores, da seguinte forma: Fazemos coincidir a
extremidade do primeiro vetor com a origem do segundo, a extremidade do segundo com a
origem do terceiro, a extremidade do terceiro com a origem do quarto e assim
sucessivamente até o último vetor.
A origem do primeiro vetor e a extremidade do último, determinarão graficamente o vetor
soma ou resultante dos vetores dados.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C, D, E, F, G e H
F2= 11 kgf 
F1=8 kgf 
A= 20 kgf 
B= 10 kgf 
C= 15 kgf 
R = 8 + 11 = 19 Kgf 
R = 20 + 10 + 15 = 45 Kgf 
X
Y
B
A
C
E
H
D
G
F
V1-14
Determine:
01) X=A+B+C 02) Y=D+E+F+G
03) W=G+H+B+A+D 04) Z=B+C+F
05) R=A+B 06) S=A+F+E
06) Desenhe o vetor resultante dos seguintes vetores:
07) Determine as resultantes:
20 Caso: Forças colineares de sentidos opostos
Quando várias forças colineares são aplicadas num mesmo corpo, mas em ambos os
sentidos, a força resultante é encontrada da seguinte forma:
a) Somam-se as intensidades das forças que estão em um sentido;
F2=
18 
N
K=10 kgf
F1=
15 
N
F3=
18 
N
F4=
18 
N
N=20 kgf
M=15 kgf
R=18 kgf
T=16 kgf
Fc=
55 
N
Fa=
45 
N
Fb=
35 
N
V1-15
b) Somam-se as intensidades das forças que estão em sentido contrário;
c) Acha-se a diferença entre os dois números anteriores, obtendo a intensidade da força
resultante;
d) O sentido da força resultante será aquele que pertencer às forças que apresentarem
maior soma de intensidades;
e) A direção da resultante será a mesma das componentes.
Exemplo:
Calculando as resultantes parciais, teremos:
N 13N 9N 4R
N 10N 5N 3N 2R
2
1
=+=
=++=
A intensidade da resultante, será:
N 3N 10N 13RRR 12 =−=−=
O sentido será o mesmo da resultante parcial de maior intensidade.
A direção continuará horizontal.
Exercícios:
Encontre a força resultante de cada um dos sistemas de forças representados abaixo:
R2=13 N R1=10 N
F2=9 N
F4=4 N
F1=2 N
F3=3 N
F5=5 N
R=3 N
V1-16
Subtração de vetores
Para fazer a subtração A – B, somamos o vetor A com o oposto de B.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C, D e E
Determine:
11) A - B 12) C - D
13) E - A 14) B - E
A
D
B
C
E
V1-17
MULTIPLICAÇÃO DE UM VETOR POR UM NÚMERO REAL
Para multiplicar um vetor por um número real, multiplicamos o módulo do vetor pelo módulo
do número real e conservamos o sentido do vetor se o número for positivo. E invertemos o
sentido do vetor se o número for negativo.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C e D.
Pede-se:
15) 2 X A 16) 3 X B
17) –4 X C 18) ½ X D
19) –A 20) C 
3
2−
A
B
DC
V1-18
30 Caso: Duas forças perpendiculares
Desenhe um retângulo, traçando pela extremidade de F1 uma linha auxiliar, paralela a F2 e,
pela extremidade de F2 uma linha auxiliar paralela a F1. A diagonal desse retângulo mostrará
a força resultante.
1ª etapa, desenho das linhas auxiliares. 2ª etapa, obtenção das forças resultantes.
Se fizermos o desenho em escala, relativa aos valores de F1 e F2, poderemos obter a
intensidade da resultante por mediação.
A direção pode ser fornecida, medindo-se o ângulo “A”, ou o ângulo “B”, com o auxilio do
transferidor.
O sentido fica indicado na figura.
Este processo é conhecido como processo gráfico.
Pode-se resolver o problema de encontrar a força resultante de duas foças perpendiculares,
utilizando o teorema de Pitágoras e os conceitos de seno ou coseno.
Neste processo não há necessidade de escala, porém, é recomendável o uso de uma tabela
trigonométrica.
eIntensidad FFR FFR 22
2
1
2
2
2
1
2 →+=⇒+=
Direção 
R
F
 Acos ou 
R
F
Asen 21 →==
O sentido fica indicado na figura:
Exemplo:
8,0
10
8
R
F
 Asen 1 ===
0,8 é o seno do ângulo de 530 ( tabela – valor mais
aproximado), então a = 530. O sentido fica indicado na figura.
R=10 N
Direção: R forma um ângulo de 53º com F2.
Sentido: Indicado na figura.
F2
F1 F1
F2
A
B
R
F1= 8 N
F2=6 N
R
53°
A
F1
F2
R
F1= 8 N
F2=6 N
R
A
V1-19
Exercícios:
Utilizando o exemplo anterior, encontre a força resultante de cada um dos sistemas abaixo:
Exercícios sobre operações com vetores:
Determine: A + B - C Determine: 2 x M - 3 x N
Determine o vetor: R + 3 x S – 2 x T Determine o vetor: -2 x A – B + C 
3
1
A
B
C M N
T
R
C
A
B
F2=42 N
F1= 40 NV1-20
Cálculo do módulo do vetor resultante de dois vetores perpendiculares:
2
Y
2
X
2 VVR +=
Cálculo de direção do vetor resultante de dois vetores perpendiculares:
A direção do vetor resultante de dois vetores perpendiculares, pode ser dada pelo ângulo
formado entre o vetor resultante e um dos vetores componentes. Em relação à mesma
figura acima, temos:
R
V
B sen ou 
R
V
 Asen Yx ==
O sentido do vetor resultante de dois vetores perpendiculares é dado pela seta.
Exercícios:
Determine o vetor resultante dos vetores V1 e V2 na figura abaixo:
Determine o vetor resultante dos vetores A e B na figura abaixo:
A= 7 B= 24
Determine o vetor resultante dos vetores M e N na figura abaixo:
M= 21 N= 20
Determine o vetor resultante dos vetores R e S na figura ao
lado:
R= 18 S= 24
V1
Vy
Vx
B
A
B
A
M
N
S
R
V1-21
Resultante de dois vetores que tem a mesma direção:
10 caso: Os vetores têm o mesmo sentido:
Somam–se os módulos e mantém-se o sentido e a direção.
20 caso: Os vetores têm sentidos diferentes:
Subtraem-se os módulos e conserva-se a direção. O sentido do vetor resultante será o
mesmo daquele que tiver maior valor absoluto.
Exercícios:
Determine o vetor resultante dos vetores A e B na figura abaixo:
Determine o vetor resultante dos vetores C e D na figura abaixo:
Observe o triângulo ABC:
α×=⇒=α
α×=⇒=α
senFF 
F
F
sen
cosFF 
F
F
cos
Y
Y
X
X
Note que ∝ é o ângulo formado entre o eixo Fx e a força F.
Exemplo numérico: seja F = 40 N e α = 45º
Temos:
N287,04045senFFy
N287,04045cosFFx
=×=°×=
=×=°×=
Exercícios:
Encontre as componentes ortogonais Fx e Fy para cada força apresentada abaixo. É
necessário fazer os desenhos, construindo os ângulos dados com seu valor verdadeiro:
Fy
Fx
F
A B
B
A
DC
Y F
X
55°
Y
X
F
35°
V1-22
Forças concorrentes:
10 caso: Apenas duas forças perpendiculares
Intensidade: 22
2
1
2 FFR +=
Direção
R
F
arcsen 2=α
Sentido: Indicado pela figura:
Exercícios:
Calcule a força resultante em cada um dos sistemas abaixo:
F2 = 7 F1 = 6 FA = 12 FB = 5
FX = 15 FY = 25
20 caso: Apenas duas forças não perpendiculares para α < 90°
Intensidade: AcosFF2FFR 21
2
2
2
1
2 ×××++=
Direção:
12 F
senλ
R
senα
F
senβ
R
senα =⇒=
Sentido: Indicado pela figura
F1
F2 R
F1
F2 FB
FA
FX
FY
F2
F1
R
β
λ
α
V1-23
Exercícios:
Encontre a força resultante do sistema abaixo:
 40 F 60 F yX ==
!!
30 Quando α > 900 devemos desenhar o ângulo complementar até o plano de 180° utilizar a
região da nova figura onde o ângulo é < 900 neste ponto temos o valor do ângulo
complementar e a hipotenusa que na figura inicial era um cateto, com as projeções
desenhadas localizamos o ângulo de 90° que gerou um triângulo retângulo nos
possibilitando o cálculo do cateto no eixo Y que por sua vez também será o cateto Y da
figura inicial nos possibilitando por Pitágoras determinarmos a resultante final.
Exemplo: 
40 caso: Forças concorrentes, em qualquer quantidade, formando ângulos conhecidos com
as direções perpendiculares X e Y.
Neste caso, projetamos todas as forças nos dois eixos. Encontramos a resultante no eixo x
(RX), e a resultante no eixo Y (RY) e aplicamos o caso de duas forças perpendiculares.
Calcule a força nos sistemas abaixo:
80 F 70 F 60 F 321 ===
!!!
F1x = 60. cos 45 = 42,42
FiY = 60. sen 45 = 42,42
F2x = 70. cos 30º = 60,62
F2Y = 70. sen 30º = 35
F3x = 80. sen 60º = 69,28
F3Y = 80. cos 60º = 40
42,37F3y -F2y F1y 48,87F3x - x F2 -F1x =+=
15 F 30 F 20 F 321 ===
!!!
mmy
y
6410,3460sen.40
40
60sen =°=∴=°
mmR
RyFR
915,52
6410,3440 22222
=
+=∴+=
Eixo X Eixo Y
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Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 2
Índice Vol. 2:
! Roldanas..............................................................pág. 1
! Plano inclinado.....................................................pág. 3
! Sarilho.................................................................pág. 4
! DINÂMICA............................................................pág. 5
Potência, exemplos, exercícios
! Conceitos de Hidráulica.........................................pág. 7
Princípio de Pascal, Escalas Rockwell, exercícios.
! Conceito de Momento...........................................pág. 10
! Classificação de esforços.......................................pág. 12
- Tipos de vínculos...............................................pág. 12
! Cálculo das Reações de Apoio...............................pág. 14
! Cargas Distribuídas..............................................pág. 15
Cálculos, Resoluções, exercícios.
! Forças Inclinadas.................................................pág. 20
V2 - 1
Roldanas
A roldana ou polia é constituída geralmente de madeira ou metal. Ela pode girar em torno de
um eixo fixo ou móvel, dando origem aos dois tipos de roldana.
Na roldana fixa, ou polia fixa, comparecem FA e FR aplicadas na corda. Este tipo de polia
apenas transmite movimento, não ampliando ou reduzindo esforços, ou seja:
Na roldana móvel, ou polia móvel, comparecem as forças FA e FR. Neste tipo de polia, a
Força de ação é equivalente à metade da força de reação.
Na roldana móvel ocorrem dois movimentos diferentes: rotação da polia em torno do seu
eixo e movimento de translação da polia, que muda de posição.
Pode-se combinar polias móveis e fixas, formando as chamadas talhas exponenciais.
2
R
A
F
F =
FA = FR
V2 - 2
Exemplo:
Talha exponencial com 3 roldanas móveis. Talha exponencial com 7 roldanas móveis.
Para talha exponencial, temos:
FA = força de ação
FR = força de resistência
n = número de polias móveis
n
R
A
F
F
2
=
V2- 3
Exercícios:
Para cada um dos esquemas abaixo, determine F.
Plano inclinado
É constituído de uma superfície inclinada em relação à horizontal.
O plano inclinado é representado geometricamente por um triângulo retângulo, onde a
hipotenusa corresponde ao comprimento do plano; um dos catetos é a base e o outro é a
altura.
V2 - 4
No plano inclinado, a força de ação FA é sempre paralela à superfície do plano e a força de
resistência é perpendicular à base do plano.
 θ : declive do plano inclinado.
Utilizando a equação de equilíbrio para o plano inclinado e decomposição de forças, pode-
se concluir que:
 ou
Exercícios:
Um plano inclinado tem declividade de 450. Um peso de 200 Kgf vai ser arrastado pelo
plano. Calcule a força de ação necessária.
Sarilho
É um cilindro horizontal sobre o qual se enrola uma corda. A força de ação é aplicada na
manivela do sarilho e a força de resistência é aplicada na extremidade livre da corda.
FA = FR . sen θ
L
h
F R .FA =
FA . R = FR . rAplicando a equação de equilíbrio para o sarilho, tem-se:
R : comprimento da manivela
r : raio do cilindro
V2- 5
Exercícios:
 a) Um sarilho possui 1m de manivela e 25cm de raio. Determine o valor da força a ser
aplicada na manivela para suspender um peso de 40 Kgf.
 b) A força de ação aplicada na manivela de um sarilho vale 10 Kgf. O comprimento da
manivela é 80cm e o raio do cilindro é 20cm. Calcule a força de reação
 c)A manivela de um sarilho tem comprimento de 60cm e o diâmetro do sarilho é de 12cm.
Um peso de 120N vai ser suspenso. Calcule a força de ação necessária.
 d)Deseja-se elevar a uma altura de 6m um objeto de 240N de peso. A manivela do sarilho
utilizado tem 1m de comprimento e a força aplicada é de 40N. Calcule o raio do cilindro.
 e)No problema anterior calcule quantas voltas deverá efetuar a manivela.
Associação de máquinas simples
Duas ou mais máquinas simples, podem ser associadas. Deve-se estudar separadamente o
equilíbrio de cadamáquina. Se cada uma delas estiver em equilíbrio, o conjunto todo estará
em equilíbrio.
Exercícios:
Para cada combinação de máquinas simples abaixo, determine a força de ação:
– DINÂMICA
Trabalho de uma força
Se uma força constante F, produz na sua própria
direção, um deslocamento d , dizemos que ela
realizou um trabalho τ definido da forma
ilustrada ao lado:
As unidades de trabalho são as seguintes:
- No sistema internacional
[τ ] = [ F ] . [ d ] = N . m = Joule (J)
- No sistema MKS técnico
[τ ] = [ F ] . [ d ] = Kgf . M = quilogrâmetro ( Kgm)
V2 - 6
Se a direção da força não coincidir com a direção do deslocamento, o trabalho é calculado
da seguinte forma:
Exercícios:
Uma força de 20N de intensidade, inclinada de 30° em relação à horizontal, produz um
deslocamento horizontal de 8m. Calcule o trabalho realizado.
Potência
Qualquer máquina , para realizar um trabalho τ, gasta um certo tempo t Associaremos a
ela uma grandeza física chamada potência, que medirá a rapidez com que ela realiza o
trabalho. Simbolizaremos potência por P e definiremos da seguinte forma:
No sistema internacional temos a seguinte unidade de potência:
 [ ] [ ][ ] (w) watts
J
t
P ==τ=
No MKS técnico, temos:
 [ ] [ ][ ] s
kgm
t
P =τ=
São usadas ainda as seguintes unidades práticas:
1 CV = 75 kgm/ s 735 w
1 HP = 76,04 kgm/ s = 746 w
Exercícios:
Calcule as potências de uma máquina que realiza um trabalho de 900 J em 18s.
τ = F . d . cos θ
t
P
τ=
V2- 7
Hidráulica – Conceitos
Conceito de pressão
A idéia de pressão está associada à situação na qual uma força atua em sua superfície.
Define-se pressão de uma força normal (perpendicular) em um ponto qualquer de uma
superfície, ao quociente entre essa força e a área onde a mesma atua.
 Pr = pressão
 Fn = força normal
 A = área
As unidades de pressão, são:
- No SI
 [ ] [ ][ ] (Pa) Pascal m
N
A
F
Pr
2
n ===
No MKS técnico
 [ ] [ ][ ] 2
n
m
kgf
A
F
Pr ==
Em outros sistemas ( unidades práticas)
Kgf / cm2 , tf / m2 , libra - força / polegada2 (PSI), ...
Exercícios:
Uma força perpendicular de 80N é aplicada numa área de 0,05m2 . Calcule a pressão.
Princípio de Pascal
É um princípio aplicável à transmissão de pressão nos líquidos e pode ser enunciado da
seguinte forma:
Uma máquina hidráulica é um dispositivo que funciona baseado no principio de Pascal.
A
F
Pr n=
Os líquidos transmitem integralmente em todas as direções,
as pressões que recebem
V2 - 8
Seja:
r : o raio de êmbolo menor ;
R: o raio do êmbolo maior;
f : a força aplicada no êmbolo menor;
F: a força aplicada no êmbolo maior;
Tem –se:
Exercícios:
O pistão menor de um elevador hidráulico tem 20cm2 e o pistão maior tem 300cm2 de área.
Aplica-se uma força de 40Kgf no pistão menor. Qual a força obtida no maior?
Por volta de 1.900 foi introduzida nas industrias o método de medir dureza por penetração e
atualmente é o mais utilizado em relação ao risco e o choque.
Dentro de ensaio de penetração temos:
a) Ensaio de dureza BRINNELL ( HB )
Este ensaio é efetuado pela aplicação de uma carga padrão usualmente 500 ou 3000 Kg
sobre a esfera de aço duro, de 10mm de diâmetro, a qual está em contato com o material a
ser ensaiado.
Após 10 a 30 segundos a carga é retirada e a impressão que se forma no corpo de prova é
medida por um microscópio calibrado. O Valor assim obtido aplicado a fórmula. BRINNELL
ou usado numa tabela já preparada, dá o valor da dureza.
Observe na figura acima como a esfera de aço duro penetra no corpo de prova.
A dureza de BRINNELL ( HB ) é dada pela fórmula:
( HB ) = ( )22 dDDD
F2
−−⋅⋅π
⋅
 (kgf / mm2)
22 R
f
r
F =
V2- 9
onde:
HB= valor da dureza Brinnell a ser calculada
 F = força aplicada em Kgf
 D = diâmetro da esfera em mm
 d = diâmetro da impressão da esfera ( calota ) em mm
Devemos observar que:
O diâmetro da impressão deve estar na relação: 0,3D < d < 0,6D
E que este ensaio se aplica em peças não temperadas: a saber materiais não ferrosos, ferro
fundido, aço, peças laminadas, forjadas, etc., pois, se aplicarmos a materiais duros, como
ferramentas de corte. As esferas de penetração serão danificadas.
Para facilitar ainda mais o emprego dos ensaios Brinnell pode-se utilizar aparelhos
Rockwell, e uma tabela que nos fornece a dureza Brinnell em função da leitura na escala
Rockwell “C “, ou seja, em função da profundidade de penetração.
Ensaio de dureza Rockwell ( HR )
As máquinas Rockwell utilizam pequenos penetradores com cargas relativamente
pequenas, sendo portanto compactas; neste ensaio não medimos o diâmetro de impressão,
mas sim sua profundidade com um comparador micrométrico.
A dureza é expressa em função da profundidade e é lida diretamente no mostrador da
máquina, mas há necessidade da aplicação de uma pré-carga para zerar o comparador.
O processo normal de medir a dureza é:
- Fixar o penetrador na máquina, colocar o corpo de prova, obter o melhor contato, aplicar a
pré-carga, aplicar a carga maior, retirar a carga maior e fazer a leitura.
Existem 3 escalas de ensaio Rockwell, a saber:
Escala Rockwell B
Utilizada para materiais de dureza média, utiliza-se um penetrador de esfera de aço de
1/16”de diâmetro (d = 1,59mm) e uma carga total de 100Kgf (pré-carga Fo = 10 Kgf e carga
de 90Kgf).
Escala Rockwell C
Utilizada para materiais mais duros onde o penetrador é uma ponta de diamante em forma
de cone com ângulo do vértice de 1200 e carga total de 150Kgf ( pré-carga Fo = 10Kgf e
carga de 90Kgf).
Escala Rockwell A
Utilizado para materiais muito duro, com o mesmo penetrador da escala C e carga total de
60Kgf.
O penetrador cônico de diâmetro é conhecido com o nome de “penetrador BRALE”.
A dureza Rockwell (HR) pode ser utilizada em dois tipos de máquinas, que só diferenciam
pela precisão de seus componentes, tendo ambas a mesma técnica de operação: a
máquina padrão mede a dureza HR comum e a máquina mais precisa mede a dureza HR
superficial.
Devemos lembrar que a pré-carga de dureza Rockwell comum é sempre de 10Kgf e no caso
da HR superficial a pré-carga é sempre de 3Kgf.
V2 - 10
1- Conceito de momento:
Momento de uma força em relação a um ponto,. É o produto dessa forma pela distância
existente entre o ponto e a linha de ação dessa força.
M = F. d.
M = Momento de uma força em relação ao ponto P
F = Força aplicada
d = Distância entre o ponto P e a linha de ação da força.
Nota: A distância d sempre é tomada numa perpendicular à linha de ação da força.
Unidades usuais:
Momento: [ mm Kgf ; cm Kgf ; M kgf ;N m ; N mm]
Força: [ Kgf ; N]
Distância: [ mm ; cm ; m]
Exemplos:
a) Calcular o momento da força F em relação ao ponto P
V2- 11
Força Em relação ao ponto Momento
F1 B
F4 I
F5 J
F2 G
F1 H
F3 I
F6 E
F2 C
F3 H
F5 B
F4 E
b) Calcular o momento da força F1 e F2 em relação aos pontos A e B
Momento da Força F1 em relação ao ponto A
M= F.d
D = Distância da linha de ação de F1 até o ponto A = a
F = Força = F1
M = Momento = M= F1 a
 M = 50 Kgf. 120mm
 M = 6000 Kgfmm ou M = 6 Kgfm
Momento da força F1 em relação ao ponto B
M = F. d
D = Distância da linha de ação de F1 até o ponto B = a
F = Força = F1
M = Momento = M= F1.b
 M= 50Kgf. 120mm
 M= 6000 Kgfmm ou M = 6 Kgfm
Momento da força F2 em relação ao ponto A
M= F. d
Distância da linha de ação de F2 até o ponto A = b
Força = F2
Momento = M= F2. B
 M= 80 Kgf 40mm.
 M= 3200 Kgfmm ou M= 3,2Kgfm
Momento da força F2 em relação ao ponto B
M= F. d
Distância da linha de ação de F2 até o ponto B = zero
Força = F2
Momento = M= F2. zero
 M= 80. 0
 M= 0
Calcule o momento da força em relação ao ponto considerado e anotar o resultado no
quadro.
F1 = 300 Kgf F4 =70 Kgf
F2 = 100 Kgf F5 = 200 Kgf
F3 = 50 Kgf F6 = 80 Kgf
V2 - 12
2- Classificação dos esforços
Os esforços podem ser classificados da seguinte maneira:
a) Esforços externos ativos
São as cargas externas que atuam diretamente num componente mecânico.
b) Esforços externos reativos
São as cargas externas que procuram anular os esforços externos ativos, para que o corpo
se mantenha em equilíbrio.
c) Esforços internos solicitantes
São os esforços a que um elemento construtivo é submetido, quando solicitado por cargas
externas ativas e reativas.
d) Esforços internos resistentes
São as forças internas características de cada material que buscam oferecer resistência aos
esforços aplicados.
Os esforços externos reativos surgem por intermédio dos vínculos que são dispositivos
destinados a impedir um, dois ou três movimentos em determinadas direções.
TIPOS DE VÍNCULOS
10 Tipo: Apoio fixo
Reage às cargas aplicadas nos sentidos horizontal e vertical em relação ao seu eixo
Exemplos:
HA = Reação Horizontal no ponto A
VA = Reação Vertical no ponto A
V2- 13
20 Tipo: Apoio móvel
Reage às cargas aplicadas somente no sentido vertical em relação ao seu eixo
Exemplos:
VA = Reação vertical no ponto A
30 Tipo: Engastamento
Reage às cargas aplicadas nos sentidos horizontal e vertical em relação ao seu eixo, e
também ao movimento de rotação
( momento )
Exemplo:
HA = Reação horizontal no ponto A
VA = Reação vertical no ponto A
MA = momento no ponto A
V2 - 14
3- Cálculo das reações de apoio
No campo da estática, para que um corpo se mantenha em equilíbrio, é necessário que
satisfaça 3 condições:
1- A somatória das forças aplicadas na horizontal deve ser igual a zero
2- A somatória das forças aplicadas na vertical deve ser igual a zero
3- A somatória dos momentos aplicados em relação a um ponto qualquer deve ser igual
zero.
Exemplo:
a) Calcular as reações de apoio nos pontos A e B da figura abaixo:
O apoio A não permite o movimento nos
sentidos horizontal e vertical, portanto vai
reagir nesses dois sentidos,
correspondendo ao apoio fixo.
O apoio B impede o movimento da barra
somente no sentido vertical sendo,
portanto, um vínculo do tipo apoio móvel.
Esquematicamente, temos a seguinte
figura:
Nota: Os sentidos indicados para as
reações de apoio foram adotados,
baseados no bom senso. O próprio cálculo
demonstrará se o sentido adotado foi o
correto ou não, como veremos no exemplo
seguinte.
Adota-se um referencial:
Executam-se as equações de equilíbrio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HA = 0
VB = 3,75 Tf
1º) ∑ FH = 0
2º) ∑ FV = 0
 VA - 10 + VB = 0 (I)
3º) ∑ MA = 0
 10 x 3 - VB x 8 = 0
 30 = VB x 8
 
8
30
 VB =
∑ Ma = 0
V2- 15
Nota: As reações VA e HA não ocasionam o momento em relação ao ponto A, uma vez que
a linha de ação dessas forças passam pelo mesmo ponto considerado.
Substituindo VB na equação (I) , temos:
VA – 10 + 3,75 = o
VA = 10 – 3,75
b) Calcular as reações de apoio no ponto A
O apoio A não permite o movimento nos sentidos horizontal, vertical e de rotação, logo,
trata-se de um vínculo do tipo engastamento.
Note que os valores de VA e MA são negativos. Quando isto ocorre, significa que o sentido
adotado não foi o correto.
Os sentidos corretos para as reações, neste exemplo, são os seguintes:
4- Cargas distribuídas
Até agora, consideramos a carga aplicada num ponto, isto é, concentrada naquele lugar. A
rigor, não existe carga concentrada: Toda carga é distribuída sobre uma linha, superfície ou
volume.
Quando a região da aplicação da carga for muito pequena, comparada com as dimensões
da peça em estudo, podemos considerar que a carga atua de forma concentrada.
VA = 6,25 Tf
∑ FH = 0
HA – 80 = 0
∑ FV = 0
VA + 50 = 0
MA - 50 x 200 = 0
- MA - 10000 = 0
- MA = 10000
HA = 80 kgf
VA = - 50 kgf
MA = -10000mm.Kgf
∑ MA = 0
V2 - 16
Há casos, entretanto, em que a carga se distribui no trecho considerado, como por exemplo:
a carga de uma parede sobre uma viga, a pressão do líquido sobre as paredes de um
reservatório ou ainda, o peso próprio da viga.
Para efeito de cálculo das reações de apoio, quando se tem carga distribuída, devemos
substituir este carregamento por uma carga concentrada equivalente, aplicada no centro de
forças.
V2- 17
Exemplos:
Calcular as reações de apoio das figuras abaixo:
Para efeito de cálculo das reações de apoio, podemos substituir a carga distribuída por uma
concentrada equivalente.
A figura, com as reações de apoio, fica da seguinte forma:
Calculando o valor das reações:
Referencial
96kgf 0,8m x 
m
120kgf
 L w x F
0,4m 
2
0,8m
 /
0,8m 800mm L
2
1
===
==
==
HA = 0
VA = 52,36 kgf
VB = 43,64kgf
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA – 96 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
96 x 1000 – VB . 2200 = 0
Substituindo VB em (I)
VA - 96 + 43,64 = 0
V2 - 18
Substituindo a carga distribuída por uma concentrada:
Calculando as reações de apoio:
Referencial
75kgf 
 2
0,3m
 x 
m
500kgf
 
2
1
 x wo F
0,1m 
3
0,3m
 3
1
0,3m 300mm 1
===
==
==
HA = 80kgf
VB = 740,63kgf
VA = 234,37kgf
∑ FH = 0
HA -80 = 0
∑ FV = 0
VA - 75 - 900 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
75 x 450 + 900 x 950 - VB x 1200 = 0
substituindo VB em (I)
VA - 75 - 900 + 740,63 = 0
V2- 19
Resolução
HB = 0
VA = 13 Tf
∑ FH = 0
-HB = 0
∑ FV =
VA -FI + 8 + F2 + VB = 0
VA - 18 + 8 – 15 + VB = 0 (I)
∑ MB = 0
VA x 14,7 - 18 x 11,2 + 8 x 6 - 15 x 2,5 = 0
VA x 14,7 - 191,1 = 0
7,14
1,191
VA =
2,5m
2
5m
2
L
L
15Tf5mx 
m
3Tf
L x wF
2m
3
6m
3
1
L
18Tf
2
6m
x
m
6Tf
2
1
 x woF
2
2
1
1
===
===
===
===
Substituindo: VA em (i)
VA - 18 + 8 - 15 + VB = 0
13 - 18 + 8 - 15 + VB = 0
VB = -13 + 18 + 8 + 15
VB = +12 Tf
V2 - 20
5 – Forças Inclinadas
Para calcularmos as reações de apoio em uma estrutura que apresenta esforços externos
ativos em forma de forças inclinadas, devemos antes, decompor essas forças. Usando as
componentes dessas forças, efetuamos toda a seqüência de cálculos vista anteriormente.
Exemplo:
0
2x2
2x
60 cos x 5 cos x F F
F
F
 cos
=β=
=β
F2x = 2,5 Tf
0
11y
1
1y
45 cos x 3 cos x F F
F
F
 sen
=∝=
=∝
F1 y = 2,121 Tf
0
 1X1
1
1X
45 cos x 3 cos x F F
F
F
 cos
=∝=
=∝
F1X = 2,121 Tf
0
2y2
2
2y
60 sen x 5 sen x F F
F
F
 sen
=β=
=β
F2Y = 4,330 Tf
Decomposição das forças:
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TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 3
Índice Vol. 3:
! DIAGRAMA DOS ESFORÇOS.................................pág. 1
Cálculos, gráficos, exemplos, exercícios
- Cálculo das Reações de Apoio...........................pág. 7
- Convenções de Sinais.......................................pág. 8
- Equivalência de Forças Transferidas..................pág. 11
- Diagrama dos Esforços solicitantes,
em corpos com carga distribuída......................pág. 16
V3 - 1
As forças que ficam dispostas:
6 – Diagrama dos esforços internos solicitantes ( D. E. I. S.)
O projeto de um componente mecânico, deve ser iniciado pela determinação das seções
críticas deste componente, onde ocorrem os valores máximos das forças de tração,
compressão, cortante e momento fletor.
Esses cálculos se simplificam bastante se construirmos um gráfico onde são marcados os
valores das forças e do momento para quaisquer seções, em relação à distância X medida
de uma extremidade do trecho considerado.
CONVENÇÃO DE SINAIS
∑ FH = 0
HA + 2,121 – 2,5 = 0 ⇒
∑ FV = 0
VA – 2,121 + 2 – 4,33 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
2,121 x 2 – 2 x 5 + 4,330 x8 – VB x 10 = 0 ⇒
Substituindo VB em (I)
VA – 2,121 + 2 – 4,33 + 2,888 = 0 ⇒
HA = 0,379 Tf
VB = 2,888 Tf
VA = 1,563 Tf
 
{ M 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { 
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
N
Referencial:
V3 - 2
Exemplos:
a) Primeiro devemos calcular as reaçõesde apoio
b) A seguir, divide-se a viga em trechos, a , b , c , d , etc.... Cada trecho é limitado por
forças aplicadas nas suas extremidades, isto é, não deve aparecer nenhuma força ao longo
do trecho, a não ser em seus extremos.
∑ FH = 0
8 -HB = 0 ⇒
∑ FV = 0
VA - 10 - 20 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
10 x 2 + 20 x 5 - VB x 7 = 0 ⇒
Substituindo VB em (I)
VA - 10 - 20 + 17,14 = 0 ⇒
HB = 8 kgf
VB = 17,14 kgf
VA = 12,86 kgf
Referencial:
Os esforços ficam assim configurados:
V3 -3
c) Adota-se um sentido para análise, por exemplo, da direita para a esquerda e estuda-se
cada trecho separadamente.
Transfere-se todos os esforços à direita do ponto X considerado, desprezando aqueles que
estão à esquerda.
Trecho (a)
Normal:
Em relação ao ponto X, a força normal exerce um esforço de compressão, Observe que o
sinal negativo indica compressão de acordo com a convenção de sinais.
Cortante:
Em relação ao ponto X, o esforço cortante “gira” no sentido ante–horário, portanto, negativo.
Momento:
Em relação ao ponto X, o esforço de 8 Kgf não causa momento, porém, a força de 17,14
sim.
Como X é um ponto qualquer do trecho (a), podemos atribuir valores para X a fim de
determinarmos o momento em cada ponto, ou seja:
Trecho (a) – comprimento em 2m:
Para X = 0 – Ma = 17,14. 0 = 0
 0,5 17,14. 0,5 = 8,57 m Kgf
 1,0 17,14. 1,0 = 17,14
 1,5 17,14. 1,5 = 25,71
 2,0 17,14. 2,0 = 34,28
Trecho (b)
Normal :
Na = -8 Kgf.
Qa = -17,14 Kgf
Ma = 17,14 . x
Nb = - 8 Kgf
V3 - 4
Em todo segmento à direita de X só existe o esforço de compressão de 8 Kgf.
Cortante: Qb = -17,14 + 20
Em relação ao ponto X , a força cortante de 17,14 Kgf “gira” no sentido ante - horário e a de
20 Kgf no sentido horário.
Momento: Mb = 17,14 . ( 2+X) – 20 X
 Mb = 34, 28 + 17,14 x – 20 x
Trecho (b) – comprimento 3 m:
Para x = 0 - Mb = 34,28
 0,5 32,85
 1 31,42
 1,5 29,99
 2 28,56
 2,5 27,14
 3 25,7
Trecho (c)
Normal: Também neste trecho, só existe uma força de compressão
de 8 Kgf.
Cortante = QC = -17,14 + 20 +10
Qb =2,86 Kgf
Momento da força de 20 Kgf em relação ao ponto
X (traciona as fibras de cima)
Momento da força de 17,14 Kgf em relação ao
ponto X (traciona as fibras de baixo)
Nota: (2+X) = distância da linha de ação da força
de 17,14Kgf. até o ponto X.
Mb = - 2,86 x + 34,28
NC = - 8 Kgf
QC = 12,86 Kgf
V3 -5
Os esforços de 20 e 10 Kgf “giram” no sentido horário enquanto que o de 17,14 no sentido
anti –horário .
Momento MC = 17,14 ( 5 + x ) – 20 (3 + x ) –10 . x
 MC = 35,7 + 17,14 x – 60 – 20 x -10 x
Trecho (c) – comprimento 2 m
 Para x = 0 - MC = 25,7
 0,5 19,27
1 12,84
1,5 6,41
2 0
Após termos efetuado os cálculos, podemos traçar o gráfico:
Obs.: O diagrama dos momentos é sempre traçado do lado tracionado.
Momento da força de 10 Kgf em relação a X
Momento da força de 20 Kgf em relação a X
Momento da força de 17,14 Kgf em relação a X
MC = -12,86 x + 25,7
V3 - 6
a) Traçar o D.E.I.S. da figura abaixo:
Decomposição das forças:
 F1X = 30. cos 45
0 F2x = cos 60
0
 F1Y = 30 . sen 45
0 F2y = 8 . sen 60
0
F1X. = 21,213 Kgf F2x = 4 Kgf
F1Y = 21,213 Kgf F2Y = 6,928 Kgf
V3 -7
Cálculo das reações de apoio
∑ FH = 0
21,213 – 4 – HB = 0
∑ FV = 0
VA – 21,213 + 10 – 20 + VB – 6,928 = 0 (I)
∑ MB = 0
VA x 10 – 21,213 x 7 + 10 x 6-20 x 4 = 0
Substituindo VA em (I)
16,849 – 21,213 + 10 – 20 + VB – 6,9928 = 0
HB = 17,213 Kgf
VA = 16, 849 kgf
VB = 21, 292 kgf
Referencial:
V3 - 8
Convenções de sinais
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Trecho a)
Trecho b)
Trecho c)
NA = - 4 – 17,213
Qa = + 6, 928 – 21,292
Ma = -6,928 x X + 21,292 x X
NA = - 21,213 kgf
Qa = - 14,364 kgf
Ma = 14,364 kgf X 0 1 2 3 4
Ma 0 14,364 28,728 43,092 57,456
Nb = - 4 – 17,213
Qb = + 6, 928 – 21,292 + 20
Mb = -6,928 (4 + X) + 21,292 ( 4 + X) –20 X
Mb = -27,712 – 6,928 X + 85,168 + 21,292 X – 20X
Nb = - 21,213 kgf
Qb = 5,636 kgf
Mb = - 5,636 X + 57, 456
X 0 1 2
Mb 57,456 51,82 46,184
NC = - 4 – 17,213
QC = 6,928 – 21,292 + 20 – 10
MC = - 6,928 (6 + X) + 21,292 (6 + X) – 20 (2 + X) + 10 X
MC = - 41,568 – 6,928 X + 127,752 + 21,292 X – 40 –20 X + 10 X
NC = - 21,213 kgf
QC = - 4,36 4 kgf
MC = 4,364 X + 46,184 X 0 1
MC 46,184 50,548
V3 -9
Trecho d)
Cálculo das reações de apoio
Nd = - 4 – 17,213 + 21,213
Qd = 6,928 – 21,292 + 20 – 10 + 21,213
Md = - 6,928 ( 7 + x ) + 21,292 ( 7 + x ) – 20 ( 3 + x ) + 10 ( 1 + x ) – 21,213 x x
Md = - 48, 496 - 6,928 x + 149,044 + 21,292 x - 60 - 20 x + 10 + 10 x - 21,213 x
Nd = 0
Qd = 16,849 kgf
x 0 1 2 3
Md 50,548 33,699 16,85 0
Md = - 16,849 x + 50,548
∑ FH = 0
- HA + 30 = 0
∑ FV = 0
VA + 40 – 50 = 0
∑ MA = 0
50 X 7 – 40 X 4 + MA = 0
HA = 30 kgf
VA = 10 kgf
MA = 190 m kgf
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Referencial
Traçar o D.E.I.S. da figura abaixo:
V3 - 10
Na = 30 kgf
Qa = 0
Ma = 0
Nb 30 kgf
Qb = 50 kgf
Mb = - 50 . x
x 0 1 2 3
Mb 0 - 50 - 100 - 150
Trecho (a)
Trecho (b)
Trecho (c)
Qc = 50 - 40
Mc = - 50 x ( 3 + x ) + 40 x x
Mc = - 150 - 50 x + 40 x
Nc = 30 kgf
Qc = 10 kgf
Mc= -10 x -150
x 0 1 2 3 4
Mc - 150 - 160 - 170 - 180 - 190
V3 -11
Equivalência de forças transferidas
Quando houver aplicação de uma força num elemento construtivo diferente daquele que
deseja obter o D. E. I. S. deve-se transferir as forças para o elemento em estudo.
Exemplo:
a) A barra CDE é soldada no ponto C. Determinar o DEIS. Da viga AB.
Como o elemento em estudo
é a viga AB, devemos
transferir a carga de 3Kgf
para esta viga.
A carga de 3Kgf. exerce um
esforço vertical no ponto de
ligação C e, também, um
momento de 3Kgf x 1,1m =
3,3mKgf.
Substituímos, então, a carga concentrada por uma força e um conjugado (momento)
aplicados no ponto C.
A barra AB com a transferencia da carga, fica da seguinte forma:
V3 - 12
Cálculo das reações de apoio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA - 8 + 3 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
8 x 2 – 3 x 5 –3,3 – VB x 9 = 0
O sinal negativo de Va indica que o sentido correto é: Va
Substituindo Va em (I)
VA - 8 + 3 +( -0,256 ) = 0
HA = 0
Va = - 0,256 kgf
VA = 5,256 Kgf
Referencial
V3 -13
b) Determinar o D.E.I.S. da viga AB
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Trecho (a)
Trecho (b)
Qb = 0,256 - 3
Mb = - 0,256 ( 4 + x ) + 3 x x + 3,3
Mb = - 1,024 – 0,256 x +3 x + 3,3
Na = 0
Q a = 0,256 kgf
Ma = - 0,256 x x
x 0 1 2 3 4
Ma 0 - 0,256 - 0,512 - 0,768 - 1,024
Nb = 0
Qb = - 2,744 kgf
Mb = 2,744 x + 2,276 x 0 1 2 3
Mb 2,276 5,02 7,764 10,508
Trecho (c)
Qc = 0,256 – 3 + 8
Mc = - 0,256 ( 7 + x ) + 3 ( 3 + x ) + 3,3 – 8 x
Mc = - 1,792 - 0,256 x + 9 + 3 x + 3,3 – 8 x
Nc = 0
Mc = - 5,256 x + 10,508
x 0 1 2
Mc 10,508 5,252 0
Qc = 5,256 kgf
V3 - 14
Decompondo a força inclinada:
Transferindo as forças:
Cálculo das reações de apoio:
Fy = 1,732 Tf
Fx = 2 x sem 30º =
Fy = 2 x cos 30º =
Fx = 1 Tf
∑ FH = 0
HA - 1 = 0
∑ = Fv = 0
-VA + 3 – 1,732 = 0
∑ MA = 0
- MA - 3 x 2 + 3,598 + 1,732 x 5 = 0
MA = 6,258 Tf
 VA = 1,268 Tf
HA = 1 Tf
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Referencial
 Original = Tranf. Fy + Transf Fx = Final
V3 -15
Traçando o D.E.I.S.
Trecho (a)
Trecho (b)
Qb = 1,732 – 3
Mb = - 1,732 ( 3 + x ) – 3,598 + 3 x
Mb = - 5,196 – 1,732 x – 3,598 + 3 x
Na-
Qa = 1 Tf
Ma = - 1,732 x – 3,598
x 0 1 2 3
Ma -3,598 - 5,33 - 7,062 -8,794
Nb = -1 Tf
Qb = - 1,268 Tf
Mb = 1,268 x – 8,794
x 0 1 2
Mb - 8,794 - 7,526 - 6,258
Na=-1Tf
Qa = 1,732 Tf
V3 - 16
Diagrama dos esforços solicitantes, em corposcom carga distribuída:
A resolução deste tipo de problema é semelhante àquela aplicada nos casos de carga
concentrada. A diferença básica, consiste em substituirmos a carga distribuída no trecho
considerado, por uma concentrada equivalente.
Para facilitar o entendimento, tomemos os exemplos das questões abaixo:
a) Traçar o D.E.I.S. da seguinte figura:
Cálculo das reações de apoio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA - F - 25 = 0
VA - 40 – 25 = 0
∑ MA = 0
- MA + F x 3,5 + 25 x 7,2 = 0
- MA + 40 x 3,5 + 25 x 7,2 = 0
{N
AH
H
{Q
C
T
{N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
F = W x L = 10 x 4 = F = 40 kgf
HA = 0
VA =65 kgf
MA = 320 m kgf
Referencial
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380
Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 4
Índice Vol. 4:
! Gráficos, cálculos..................................................pág. 1
! BARICENTRO OU CENTRO DE GRAVIDADE............pág. 3
- Centro de grávidade algumas figuras conhecidas.........pág. 4
! CÁLCULO ANALÍTICO...........................................pág. 6
! MOMENTO DE INÉRCIA........................................pág. 7
! TEOREMA DE STEINER.........................................pág. 8
Cálculos, exemplos
! GENERALIDADE...................................................pág. 12
- Propriedades mecânicas dos materiais...........................pág. 13
- Tensões de alongamento dos materiais (TABELA I)........pág. 15
- Módulo de Elasticidade.................................................pág. 16
- Tensão Admissível........................................................pág. 16
- Fator de Segurança.....................................................pág. 17
Tabela II, Cargas.
! CLASSES DE RESISTÊNCIA..................................pág. 18
! RESISTÊNCIA À TRAÇÃO.....................................pág. 20
Exemplos, gráficos, exercícios
V4 - 1
Trecho (b)
A força F substitui a carga distribuída na distância x
Trecho (a)
Na = 0
Qa = 25 kgf
Ma = - 25 x x
x 0 0,5 1,0 1,5 1,7
Ma 0 - 12,5 - 25 - 37,5 -42,5
F = W x x
V4 - 2
Qc = 25 + F
Qc = 25 + 40
Mc = - 25 x ( 5,7 + x ) - F. ( 2 + x )
Mc = - 25 ( 5,7 + x ) - 40 ( 2 + x )
Mc = - 142,5 - 25 x - 80- 40 x
Nc = 0
Qc = 65 kgf
Mc = - 65 x – 222,5 x 0 0,5 1,0 1,5
Mc - 222,5 - 255 -287,5 - 320
Trecho c)
A força F substitui a carga distribuída na distância de 4m
F = W x L F = 10 x 4 F = 40 Kgf
Qb = 25 + F
Qb = 25 + W x x
Qb = 25 + 10 x x
 O esforço cortante depende
 da distância x
Mb = - 25 x ( 1,7 + x ) - 
2
 .
x
F
Mb = - 42,5 - 25 x – W . x . 
2
x
Mb = - 42,5 - 25 x – 10 . 
2
x2
Nb = 0
x 0 1 2 3 4
Qb 25 35 45 55 65
Qb = 10 x + 25
Mb = - 5 x
2 – 25 x – 42,5
A carga distribuída
gerou uma equação
de 20 grau
x 0 1 2 3 4
Mb - 42,5 - 72,5 - 112,5 -162,5 -222,5
V4 -3
BARICENTRO OU CENTRO DE GRAVIDADE
Chamamos de centro de gravidade ou baricentro de uma figura plana ao ponto no qual toda
área desta figura está concentrada.
As coordenadas do baricentro são dadas por:
321
33221 1
G S S S
 x . S x. S x .S
X
++
++
=
321
332211
G S + S + S
 Y. S + Y. S + Y.S
=Y
Y
I
W =
V4 - 4
Caso trabalhemos com figuras simétricas, seus baricentros estarão localizados
coincidentemente em seus centros geométricos (centro de gravidade).
Exemplos:
CENTRO DE GRAVIDADE
O centro de gravidade no caso de um estampo é o ponto onde fixa-se a espiga e o mesmo
localiza-se no centro das forças, dando assim um perfeito equilíbrio entre elas. Com isso
podemos dizer que o centro de gravidade pode encontrar-se no centro da base superior
(cabeçote) do estampo ou fora deste, dependendo das posições dos punções e das forças
que atuam neles.
Quando a espiga estiver colocada fora do centro de gravidade, provocará a origem de forças
laterais que forçarão as guias do martelo da prensa, fazendo com que este desça em
desnível ocasionando com isso um trabalho irregular no estampo e na prensa.
Cada figura geométrica tem seu próprio centro de gravidade, assim sendo:, segue abaixo:
CENTRO DE GRAVIDADE DE ALGUMAS FIGURAS CONHECIDAS:
Centro de gravidade do semicírculo.
H = 0, 42 44 x R
Centro de gravidade de um setor circular com 90º
H = 0, 6002 x R
Centro de gravidade de uma semicircunferência.
H = 0, 6366 . R
 
α . . 3
180º . sen . R . 2
 H
qualquer.circular setor um de gravidade de Centro
π
α=
Um segmento de reta tem o centro
de gravidade no seu ponto médio.
O círculo tem o centro de gravidade em seu centro.
V4 -5
3
h
y
3
b
x
=
=
π.3
.4 R
y =
α
α
.3
2.R.sen=y
π.3
4R
yx == ( )β
β
3.
2
sen2.R. 




=y
Centro de gravidade de um arco de 90°
H = 0,9003 . R
πα
α
.
180 . sen . R
 H
círculo de arco um de gravidade de Centro
°=
V4 - 6
CÁLCULO ANALÍTICO
Para o cálculo analítico de um conjunto de punções, processa-se da seguinte forma:
Determina-se o centro de gravidade de cada elemento (punção) com seu valor.
Força ou perímetro.
Traça-se os eixos X e Y em posições arbitrárias e perpendiculares entre si.
Dimensiona-se a posição de cada centro de gravidade com relação aos eixos X e Y e
calcula-se a posição do centro de gravidade do sistema com as fórmulas que seguem a
figura abaixo:
Exemplo:
Calcular o baricentro da figura abaixo:
N321
Ny3y2y1y
Y
N321
Nx3x2x1x
x
F...FFF
F . N...F . C F . b F . a
G
F...FFF
F . N...F . C F . b F . a
G
++++
++++
=
++++
++++
=
x y s x . s y . s
I 9 7 20 180 140
II 2 4 32 64 128
Somatória ∑ 52 244 268
5,154mm
52
268
s
s. y
 y
4,692mm
52
244
s
s. xx
G
G
==
∑
∑=
==
∑
∑=
V4 -7
Exemplo:
MOMENTO DE INÉRCIA
Momento de inércia de uma figura em relação a um eixo é definido como sendo a somatória
dos produtos das áreas pelo quadrado das distâncias ao eixo considerado.
Notas:
1- A unidade do momento da inércia, sendo o produto da área pela distância ao quadrado,
é, naturalmente: mm4; cm4; pol4; etc..
2- O momento de inércia em relação a um eixo nunca é negativo ou nulo, é sempre uma
grandeza positiva.
3- De um modo geral, quanto maior o momento de inércia, maior será a resistência à flexão
da peça.
Alguns resultados:
2
2
x.Sy
S.y x
∑=Ι
∑=Ι
h . b S 
12
 
12
 
33
=⇒=⇒= hbyIbhxI GG
P
h 3
G
64 y 65 x
34 y 45 x
5 y 20 x
mm 240 8 . 30 S
mm 680 68 . 10 S
mm 400 40 . 10 S
33
22
11
2
3
2
2
2
1
==
==
==
==
==
==
 
1320
40720
 
1320
65 . 240 34 . 680 5 . 400
 y
 
1320
54200
 
240 680 400
65 . 240 45 . 680 20 . 400
 x
G
G
==++=
==
++
++= 41,06 mm
30,84 mm
V4 - 8
TEOREMA DE STEINER
Translação de eixos
Freqüentemente recaímos no seguinte problema:
Conhecemos o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de
gravidade e queremos conhecer o momento de inércia em relação a outro eixo.
Para calcularmos o momento de inércia em relação a um eixo qualquer, basta
acrescentarmos ao momento de inércia relativo ao baricentro, o produto da área pelo
quadrado da distância entre os dois eixos:
 
458
D . π
 x 
128
D . π
y I 
4
G
4
G =⇒= I
2
h . b
 S 
36
 
36
 
33
=⇒=⇒= hbyIbhxI GG
 
4
d . π
 S 
64
D . π
y I x
24
GG =⇒==I
 )d-D ( 
4
π
 S )d-D ( 
64
π
 y I x 2244GG =⇒==I
h/3
G
b/3
2
4
GG a S 12
a
 y I x =⇒==I
G
d G
V4 -9
Pelo exposto anteriormente sabemos que:
Para determinar quanto um perfil de dimensões fora do nosso uso rotineiro resiste, devemos
proceder como segue:
1. Criamos um eixo vertical y e um eixo horizontal x, tangenciamos ambos os eixos na
extremidade vertical e horizontal da secção que se deseja calcular. Após isto feito,
deveremos setorizar o perfil em setores conhecidos. Exemplo: quadrado, triângulo,
retângulo, etc.
2. Devemos numerar cada setor e, logo após, determinar o centro de gravidade de cada
setor e as áreas. Após isto feito,faremos a equação que nos possibilita encontrarmos o
centro de gravidade da peça completa. Logo após, determinamos, através da equação
de somatórias, o momento de inércia no eixo x e no eixo y. De posse desses dados,
verificaremos em qual dos eixos a força está sendo aplicada para que com isto
determinemos o valor do módulo de resistência (WF); sendo 
y
Iyyou Ixx 
WF = , sabe-se
que Ι = valor calculado do momento de inércia, y = a distância do centro de gravidade
total da peça até a fibra mais afastada da peça. Neste ponto, partimos para a equação
que nos fornecerá a incógnita desejada, ou seja, Mf, força, distância ou fσ .
Exemplo:
IX = Σ I xG + Σ S . ∆ y2
IY = Σ I yG + Σ S . ∆ x2
Centro de gravidade
X1 = 10
Y1 = 35
X2 = 10
Y2 = 35
X3 = 23,33
Y3 = 28,33
X4 = 25
Y4 = 7,5
X5 = 47,5
Y5 = 8
V4 - 10
Áreas
Centro de gravidade da figura
Momento de inércia
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
8.5.5
15.50.4
2
40.10
2
.
3
4
10.14,3
4
.
2
40.20.1
22
hbS
hbS
hb
S
d
S
hbS
π
S1 = 800 cm2
S2 = -78,53
S3 = 200 cm2
S4 = 750 cm2
S5 = -40 cm2
( ) ( )
47,1631
5,47.4025.75033,23.20010.53,7810.800
5.54.43.32.21.1
−+++−+=
Σ
++++=
Gx
S
XSXSXSXSXS
Gx
Gx = 17,61 cm
47,1631
8.405,7.75033,28.20035.52,7835.800 −++−=Gy
Gy = 22,202 cm
Ιx = ΣΙXG + ΣS . y2
2
2
4
33
4
33
4
33
4
44
4
33
,2021631,47.22137802,74IX 
ΣS.YΣIXGIX
cm 213,33
12
5.8
12
b.h
IXG5
cm 14062,5
12
50.15
12
b.h
IXG4
cm 17777,77
36
10.40
36
b.h
IXG3
cm 78,490
64
10.14,3
64
.
IXG2
cm 106666,67
12
20.40
12
b.h
IXG1
+=
+=∴
=∴=
=∴=
=∴=
−=∴=
=∴=
dπ
ΙX = 942001,29 cm4
V4 -11
Calcular o momento de inércia da figura abaixo em relação ao baricentro e dos eixos X e y.
4
y
33
y
4
x
33
x
4
y
33
y
4
x
33
x
cm 25,2I
12
3.1
12
hb
I
cm 25,0I
12
1,3
12
bh
I
II iguraF
cm 333,0I
12
1.4
12
hb
I
cm 333,5I
12
4.1
12
bh
I
I Figura
IGIIG
IGIIG
IGIG
IGIG
====
====
====
====
cm 1,929 
7
13,5
 
s
5 . 4 
 y
cm 0,929 
7
6,5
 
s
 . 
G ==∑
∑=
==
∑
∑= sxxG
x y S x . S y . S
I 0,5 3 4 2 12
II 1,5 0,5 3 4,5 1,5
∑ 7 6,5 13,5
V4 - 12
GENERALIDADE
Antes de entrar na parte de cálculos que é o objetivo fundamental deste trabalho, faremos,
para a melhor compreensão da matéria, um retrospecto sucinto sobre o comportamento do
material.
Comportamento de um material:
Quando a força age sobre um corpo, produz neste uma TENSÃO que pode ser de
TRAÇÃO, COMPRESSÃO, CISALHAMENTO, FLEXÃO, TORÇÃO OU FLAMBAGEM.
Todas as tensões produzidas no corpo, causa a este uma TRANSFORMAÇÃO.
Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu estado (tamanho) normal assim que a força
deixa de agir sobre o mesmo. A esta propriedade chamamos de ELASTICIDADE
TRANSITÓRIA.
Porém, se a tensão for muito grande, poderá causar ao corpo uma DEFORMAÇÃO
PERMANENTE, isto é, o corpo poderá ficar permanentemente deformado mesmo após
cessada a ação da força.
Por outro lado, se a tensão for ainda maior, DEFORMAÇÃO PERMANENTE, 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”.
GRÁFICO DE TENSÃO X DEFORMAÇÃO.
A fim de melhor caracterizar o comportamento de um material submetido às tensões
progressivas, reproduzimos na figura a seguir o gráfico conhecido por TENSÃO X
DEFORMAÇÃO.
Este gráfico que representa um corpo sob a ação de uma força de tração, tem sua ordenada
a indicação de tensão e na abscissa a deformação correspondente.
Deformação --- !!!! L
GÁFICO DE TENSÃO E DEFORMAÇÃO
V4 -13
Os pontos assinalados na figura anterior representam:
PONTO 01 LIMITE DE PROPORCIONALIDADE ( Lei de HOOKE).
 Nota: As deformações são proporcionais às tensões.
PONTO 02 LIMITE DE ELASTECIDADE.
 Nota: Elasticidade é a propriedade que o material tem de retornar ao seu
tamanho inicial assim que a força deixa de agir sobre o mesmo.
PONTO 03 LIMITE DE ESCOAMENTO
Nota: Caracteriza a perda da propriedade elástica do material.
PONTO 04 LIMITE DE RESISTÊNCIA OU TENSÃO DE RUPTURA
Nota: Maior tensão que o corpo pode suportar.
PONTO 05 Instante que o corpo se rompe.
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 dessas fases se
faz na transição entre o limite de elasticidade e o início do fenômeno do escoamento.
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 tensões admissíveis.
A fase plástica do material tem sua aplicação nas operações em que exigem deformações
permanentes das peças, como nos casos de estampagens, repuxos, dobramentos,
laminações, etc...
PRPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS
Conforme o que foi dito na parte introdutiva, dentre as propriedades mecânicas dos
materiais, as de maior interesse para os cálculos de resistência são:
Limite de resistência (TENSÃO DE RUPTURA TENSÃO DE ESCOAMENTO), ( Limite de
escoamento), Alongamento, Módulo de elasticidade e a Dureza.
Adotaremos para essas propriedades os seguintes símbolos:
σR - Tensão de ruptura em Kgf/cm2
Os valores para os diferentes materiais se obtém, através de ensaios de tração, dividindo-se
a maior carga suportada pelo corpo de prova pela área de seção original do mesmo:
σesc. - Tensão de escoamento em Kgf cm2 .
(σσσσ esc. ).
(σσσσR ).



=
==
2cm em original SecçãoSo
kgf; em máx. Carga Pmax.
 
.max
So
P
Rσ





 =
=σ kgf em material do escoamento
 produz que CargaPesc.
 
So
.Pesc
.esc 
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
( )
100 
Lo
Lo - L 
 100 
Lo
L
 em to Alongamen
mm inicial oCompriment lo
mm total to Alongamen l
 ou Deformação ,oAlongament
0
0
0
0
mn
mm
=∆=λ∈=
=λ
→
→∆∈=
↑
Lo = Comprimento inicial
do corpo de prova em mm;
L= Comprimento final, após o
rompimento do c . p . em mm.
V4 - 14
E = Módulo de elasticidade em Kgf/cm2
Módulo de elasticidade é a relação existente entre a tensão e o alongamento do material
observada dentro de seus limites de propriedade elástica.
O módulo de elasticidade ou módulo de YOUNG, caracteriza a rigidez do material, isto é,
sua habilidade de resistir a deformação. (Quanto maior o módulo de elasticidade maior a
rigidez ao material).
H = Número de dureza de Brinell
Relação aproximada entre a dureza e a tensão de ruptura do material:
Todas essas propriedades poderão ser obtidas através de ensaios, mas, para o uso em
nossos cálculos, nos basearemos nos valores contidos na TABELA I.
σr ≅ 0,36 . HB em kgf / mm2 (P/ Aços)
σr ≅ 0,34 . HB em kgf / mm2(P/ Aços de liga)
σR ≅ 36. HB em kgf / cm2 (p/ aços carbonos)
σR ≅ 34. HB em kgf / cm2 (p/ aços de liga)
E . S
lo . 
l 
 . 
F
l
lo
E
S
F
=∆
∆=
F = força kgf
S = Área
E = Módulo de elasticidade
lo = Comprimento original
 
 
V4 -15
TENSÕES MÉDIA DE ALONGAMENTO APROXIMADO DOS MATERIAIS
Tensão de ruptura
Em kgf /cm2
σ esc.
Tração
Kgf /cm2
Along
λε
% OBS.MATERIAL
Tração
σR
Compres.
σR -C
Cisalham.
σR -S
Aço estr.
SAE 1010
SAE 1015
SAE 1020
SAE 1025
SAE 1030
SAE 1040
SAE 1050
SAE 1070
4000
3500
3850
4200
4650
5000
5800
6500
7000
4000
3500
3850
4200
4650
5000
5800
6500
7000
3000
2600
2900
3200
3500
3750
4350
4900
5250
2000
1300
1750
1930
2100
2300
2620
3600
4200
30
33
30
26
22
20
18
15
9
Aços carbonos,
recozidos ou
normalizados.
SAE 2330
SAE 2340
7400
7000
7400
7000
5500
5250
6300
4850
20
25
Aço níquel, recozido ou
normalizado.
SAE 3120
SAE 3130
SAE 3140
6300
6800
7500
6300
6800
7500
4750
5100
5600
5300
5900
6500
22
20
17
Aço níquel - cromo,
recozido ou normalizado.
SAE 4130
SAE 4140
SAE 4150
6900
7600
8150
6900
7600
8150
5200
5700
6100
5750
6500
6900
20
17
15
Aço Cr - Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 4320
SAE 4340
8400
8600
8400
8600
6300
6500
6500
7400
19
15
Aço Ni – Cr – Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 4620SAE 4640
SAE 4820
6200
8200
6900
6200
8200
6900
4650
6150
5200
5100
6700
4700
23
15
22
Aço Ni - Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 5120
SAE 5140
SAE 5150
6100
7400
8150
6100
7400
8150
4600
5500
6100
4900
6200
7000
23
18
16
Aço Cr,
recozido ou normalizado
SAE 6120 6500 6500 4850 6400 18 Aço Cr – V , reco. ou nor.
SAE 8620
SAE 8640
6200
7500
6200
7500
4650
5600
5600
6300
18
14
Aço Cr - Ni –Mo ,
recozido ou normalizado.
AISI 301
AISI 302
AISI 310
AISI 316
7700
6300
6900
6000
7700
6300
6900
6000
5800
4700
5150
4500
2800
2480
3150
2460
55
55
45
55
Aço inoxidável Cr – Ni.
AISI 410
AISI 420
4900
6700
4900
6700
3700
5000
2640
3500
30
25
Aço inoxidável Cr,
Fo . Fo .
1200
a
2400
6000
a
8500
-- -- -
Cobre
Latão
Bronze
Br. Fosf.
Alumínio
Metal pat.
2250
3420
2800
5250
1800
 790
2250
3420
2800
5250
1800
 790
1680
2550
2100
3950
1350
 590
700
 1200
--
4500
 700
 100
45
57
50
25
22
18
V4 - 16
MÓDULO DE ELASTICIDAE ( VALORES MÉDIOS)
AÇOS:
Nota: Para a tensão de ruptura a cisalhamento torna-se:
TENSÃO ADMISSÍVEL E FATOR DE SEGURANÇA
TENSÃO ADMISSÍVEL:- Na resistência dos materiais, onde as peças a serem calculadas,
deverão suportar os esforços, com segurança, isto é, sem provocar a deformação
permanente, terá que ser considerada nos cálculos uma tensão menor do que a de
escoamento, e aquém do limite máximo de elasticidade.
A esta tensão que oferece à peça uma condição de trabalho sem perigo, chamamos de
TENSÃO ADMISSÍVEL ( σσσσ).
Todavia, deve-se ter em mente que as peças mecânicas podem trabalhar em condições
diversas, ou seja, umas sujeitas às cargas estáticas, enquanto que outras, submetidas as
cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque.
 σσσσ = A tensão adm. representa portanto a tenção, limite com a qual pode-se dimensionar os
componentes com segurança.
 σσσσ= A tensão de trabalho representa a tensão que a peça está sendo submetida.
Todavia, deve-se ter em mente que as peças mecânicas podem trabalhar em condições
diversas, ou melhor, umas sujeitas às cargas estáticas, enquanto outras, submetidas as
cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque.
Dessa forma, ao se calcular uma peça, faz-se necessário conhecer a condição de trabalho
da mesma, a fim de poder estabelecer uma tensão admissível compatível com o tipo de
carga a suportar.
Conhecendo-se de antemão, a condição de trabalho da peça a ser calculada e também o
tipo de material mais apropriado para a construção dessa peça, pode-se estabelecer a
tensão admissível atribuindo-se ao valor de sua tensão de ruptura um coeficiente que é
denominado FATOR DE SEGURANÇA.
σR = 0,6 a 0,8 . σR
MÓDULO DE ELASTICIDADE
MATERIAL TRAÇÃO (E)
Kgf cm2
CISALHAMENTO (G)
kgf cm2
Aços 2. 106 a 2,2. 106 0,77. 106 a 0,85. 106
Cobre 1 . 106
Alumínio 0,675 . 106 
Bronze 0,9 . 106
Latão 0,8 . 106
σ
σ
σσ
R
s F
 
s
R
F
=
 σ = Tensão admissível
 em kgf /cm2
 σR = Tensão de ruptura
 em kgf /cm2
 Fs = Fator de segurança.
V4 -17
 FATOR DE SEGURANÇA :- O fator de segurança é uma relação entre as tensões de
ruptura e admissível do material.
Em princípio, o fator de segurança é determinado levando-se em consideração diversos
fatores parciais, tais como: fator em relação as tensões de ruptura e escoamento, fator em
função da homogeneidade do material, fator em função do tipo de carga a ser aplicada,
condições de serviços, fator em função de causas desconhecidas, etc...
Assim, a rigor o fator de segurança é expressa da seguinte forma:
Sendo: Fs = Fator de segurança total;
Porém, para os nossos cálculos de resistência adotaremos os valores de fatores de
segurança já consagrados pela prática, baseados na qualidade do material e no tipo de
carga aplicada à peça.
Os valores desses fatores já englobam todos os demais acima referidos.
Podemos distinguir quatro tipos de carga a saber:
CARGA ESTÁTICA :- Quando uma peça está sujeita a uma carga constante, invariável no
decorrer do tempo.
CARGA INTERMITENTE:- Peça sujeita a uma carga pulsante, isto é, variável de zero a um
valor máximo permitido, ( cilindro hidráulico simples ação dentes de engrenagem).
CARGA ALTERNADA :- Quando uma peça está sujeita à uma carga reversível e repetitiva
no decorrer do tempo. ( cilindro de dupla ação girante com carga).
F = F1s. F2s . F3s .F4s ......
F1s, F2s, F3s, F4s .... = Fatores de segurança parciais.
TIPOS 01 - Estática
 DE -------- 02 - Intermitente
CARGA 03 - Alternada
 04 – Brusca ou a choque
V4 - 18
CARGA BRUSCA OU A CHOQUE:- Peça sujeita à variação brusca ou a choque, por
exemplo, componentes de prensas em geral.
Os valores de FATORES DE SEGURANÇA assim determinados estão representados na
TABELA abaixo:
TABELA II
CLASSES DE RESISTÊNCIA
RESISTÊNCIA À TRAÇÃO:-
Quando uma barra for submetida a uma força (P), atuando no sentido do seu eixo, isto é,
perpendicular a sua seção transversal, estará sofrendo uma tração e uma deformação que
será a de acréscimo de comprimento.
RESISTÊNCIA À COMPRESSÃO:-
Quando uma força (P) , agir no sentido longitudinal da peça, isto é, perpendicular a sua
seção transversal, esta sofrerá uma compressão e um achatamento.
FATOR DE SEGURANÇA ( FS )
C A R G A
ESTÁTICA INTERM. ALTERN. BRUSCA
Fo . Fo .
Aço mole
Aço duro
Madeira
6
5
4
8
10
6
6
10
15
8
8
15
20
12
12
20
MATERIAL
V4 -19
RESISTÊNCIA A CISALHAMENTO:-
Quando duas forças (P) atuam sobre uma peça (rebite) , transversalmente ao seu eixo,
sofrerá um cisalhamento, isto é, a peça tenderá a ser cortada.
RESISTÊNCIA A FLEXÃO:-
Quando uma força (P), atua sobre uma barra, perpendicularmente ao seu eixo, produzirá a
flexão do referido eixo.
RESISTÊNCIA A TORÇÃO:-
Uma força (P) , agindo no plano perpendicular ao eixo da barra tenderá a girar cada seção
transversal em relação às demais seções, torcendo-a.
RESISTÊNCIA A FLAMBAGEM:-
Se a barra submetida a compressão for de comprimento muito grande em relação a sua
seção, ela se dobrará sob a ação da força (P), produzindo a flambagem.
RESISTÊNCIA COMPOSTA:-
Quando uma peça estiver sujeita a mais de uma classe de resistência, a mesma terá que
ser calculada pela resistência composta,
V4 - 20
P= 5000 Kgf
 Consultando a TABELA I, temos
Material: SAE 1020 σ = 4200 kgf /cm2
 E pela TABELA II, o fator de segurança
 relativo de carga considerada: F = 5
RESISTÊNCIA À TRAÇÃO
DEDUÇÃO DA FÓRMULA DE TRAÇÃO
Sendo: P = Carga ou força em Kgf que age no sentido longitudinal da peça, tracionando-a;
 S = Seção transversal da peça em cm2
 σ = Tensão do material à tração em Kgf cm2
Observação:
a) Quando uma força age sobre um corpo produz neste uma TENSÃO, que será tanto
maior quanto maior for a força aplicada. Conclui-se daí que: TENSÃO É DIRETAMENTE
PROPORCINAL A FORÇA.
b) Se duas forças de mesma intensidade agirem, separadamente em dois corpos de
seções transversais diferentes, a tensão será maior naquele que tem a seção menor, do
que se conclue que: TENSÃO É INVERSAMENTE PROPORCIONAL A SEÇÃO.
Deduz-se daí:
Aplicação
Exercício:-
Considerando que a barra representada na figura acima seja de seção circular e de aço
SAE 1020, determinar o diâmetro que deve Ter para suportar, com segurança, um esforço
(P) estático, à tração, de 5000 Kgf.
Solução:-
A tensão admissível será:
A seção necessária para suportar a carga com segurança será de:
 
σ
=σ==σ P S e S . P : Donde 
S
P
2
5
R
cm/kgf840 
5
4200
 
F
=σ
=σ=σ
2cm 6S
840
5000
 
P
S
≅
=
σ
=
785,0
6
d
0,785
S
 ou 
4.S
d
Donde
d . 0,785 
4
d . 
S 2
2
=
π
=
=π=
d = 2,73 cm
Fig.12
V4 -21
Exercício: ( A resolver): - Ainda com referência à fig anterior, admitindo-se que o diâmetro da
barra seja de 50mm e o material SAE 2330, determinar a carga estática que pode ser