RESMAT II_NOTAS DE AULA_UDF_2014_2

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ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
RESUMO TEÓRICO 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Esforços Internos 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
ROTEIRO PARA DETERMINAÇÃO DAS EQUAÇÕES DOS ESFORÇOS 
INTERNOS. 
 
O presente resumo teórico apresenta um roteiro para determinar as equações de esforços 
internos em elementos estruturais. Considere a viga isostática da Figura 1 que será 
utilizada como exemplo. 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1. Viga isostática. 
 
1. Divisão da viga em trechos. 
 
Antes de qualquer outro procedimento, faz-se necessário dividir a viga em trechos por 
meio da nomeação dos nós. Isto quer dizer que cada nó receberá uma letra maiúscula que 
o identificará. Assim, um trecho fica definido entre dois nós. Para cada trecho deverá ser 
calculada a equação dos esforços internos. 
 
Para o exemplo apresentado, existem quatro nós que definirão 3 trechos (ver Figura 2). 
Portanto, haverá a necessidade de se determinar três equações diferentes para cada tipo 
de esforço interno (N, Q e M). 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2. Viga com nós nomeados. 
 
As cotas representam a distância entre os nós e o comprimento de cada trecho. No entanto, 
objetiva-se a determinação de equações dos esforços internos. Tais equações são funções 
da variável independente 𝑥. Ou seja, não a distância e sim a posição de cada ponto da 
viga deverá ser levada em consideração. Quando se fala em posição, deve-se 
imediatamente definir o referencial adotado. Este terá a posição inicial 𝑥 = 0 e a posição 
D C B 
A 
 
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de todos os outros pontos será definida a partir disso. Por convenção, costuma-se adotar 
um sentido crescente ou progressivo das posições da esquerda para a direita. 
 
Nesse contexto, adotando-se o ponto A como referencial, tem-se para os outros pontos as 
respectivas posições: 𝑥𝐵 = 4𝑚, 𝑥𝐶 = 6𝑚 e 𝑥𝐷 = 8𝑚. Caso fosse adotado outro ponto 
como referencial, as posições iriam mudar. Teoricamente pode-se adotar como referencial 
qualquer ponto dentro do contorno geométrico da viga. 
 
Depois de escolhido o referencial no ponto A, o domínio das funções dos esforços 
internos para cada trecho é: 
 
 AB  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/0 ≤ 𝑥 ≤ 4}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 BC  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/4 ≤ 𝑥 ≤ 6}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 CD  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/6 ≤ 𝑥 ≤ 8}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 
 
2. Cálculo das reações de apoio. 
 
O próximo passo é calcular as reações nos apoios da viga. Para tanto, deve-se 
primeiramente determinar a resultante das cargas distribuídas e seus respectivos pontos 
de aplicação. A mecânica clássica demonstra que a resultante de uma carga distribuída é 
área da figura geométrica definida pela função da carga, o eixo das abscissas e as retas 
verticais que passam pelos pontos de início e fim da distribuição de carga. Já o ponto de 
aplicação da resultante é o centroide da referida figura geométrica. 
 
Considere a viga da Figura 3. Nela é apresentada a resultante da carga distribuída, em 
linha pontilhada, que foi obtida pelo cálculo da área do retângulo que representa a 
distribuição de carga uniforme. A localização da carga resultante no meio do vão se deve 
ao centroide do retângulo. Assim, 
 
𝑅 = á𝑟𝑒𝑎 = 2
𝑘𝑁
𝑚
∙ 4𝑚 = 8𝑘𝑁 
�̅� = 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟ó𝑖𝑑𝑒 =
4𝑚
2
= 2𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3. Determinação da resultante e de sua posição. 
2m 
𝑉𝐷 𝑉𝐴 
8𝑘𝑁 
D C B 
A 
 
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Agora, pode-se aplicar as condições de equilíbrio da Estática para calcular as reações de 
apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 = 18 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐷 ∙ 8 − 8 ∙ 2 − 10 ∙ 6 = 0  𝑽𝑫 = 𝟗, 𝟓𝒌𝑵 e 𝑽𝑨 = 𝟖, 𝟓𝒌𝑵 
 
3. Equações dos esforços internos. 
 
De posse das reações de apoio será possível determinar as equações de esforços internos 
pretendidas por meio do método das seções. A definição de cada esforço interno e sua 
respectiva convenção de sinais é mostrada na Tabela 1: 
 
Tabela 1. Definição e convenção de sinais dos esforços internos. 
ESFORÇO DEFINIÇÃO 
CONVENÇÃO 
DE SINAIS 
NORMAL 
Somatório de todas as forças axiais à esquerda 
ou à direita das seção estudada. 
 
CORTANTE 
Somatório de todas as forças transversais à 
esquerda ou à direita das seção estudada. 
 
FLETOR 
Somatório de todos os momentos à esquerda 
ou à direita das seção estudada. 
 
 
Finalmente, para cada trecho da viga anteriormente definido, serão calculadas as 
equações dos esforços internos. 
 
a) Trecho AB, 0 ≤ 𝑥 ≤ 4. 
 
Faz-se uma seção genérica que dista 𝑥 da origem, em um ponto qualquer dentro do 
domínio do trecho, e olha-se para esquerda (Figura 4). Como o vão de carga distribuída 
para a seção é 𝑥 e a altura do retângulo continua 2, o valor da resultante será 2𝑥, aplicada 
no meio do vão. 
 
 
 
Figura 4. Seção da esquerda do trecho 1. 
+ 
+ 
+ 
 
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As equações para o trecho 1 são: 
 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 2𝑥 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 2𝑥 ∙
𝑥
2
= 8,5𝑥 − 𝑥2 
 
b) Trecho BC, 4 ≤ 𝑥 ≤ 6. 
 
Da mesma forma, faz-se uma seção genérica no trecho BC que dista 𝑥 da origem (Figura 
5). Neste caso a resultante da carga distribuída passa a ser 8𝑘𝑁, aplicada no meio do vão 
da distribuição de carga. Escolhendo-se olhar à esquerda da seção, tem-se: 
 
 
Figura 5. Seção da esquerda do trecho 2. 
 
Todas as equações de esforços internos são sempre determinadas em relação à seção 
escolhida. Desta forma: 
 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 8 = 0,5 (Função constante) 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 = 0,5𝑥 + 16 
 
b) Trecho CD, 6 ≤ 𝑥 ≤ 8. 
 
Depois de seccionar um ponto qualquer do trecho CD, escolhe-se olhar à esquerda da 
seção mais uma vez. Observe que a distância da força resultante e da força concentrada 
até a seção é sempre igual à 𝑥 menos a respectiva posição de cada uma dessas forças. 
 
 
Figura 6. Seção da esquerda do trecho 3. 
 
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Desta forma, obtém-se: 
 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 8 − 10 = 9,5 (Função constante) 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) − 10 ∙ (𝑥 − 6) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 − 10𝑥 + 60 = −9,5𝑥 + 76 
 
Os mesmos resultados seriam encontrados caso se tivesse escolhido olhar à direita da 
seção (faça isso como exercício). Este procedimento, se for seguido cuidadosamente, 
acarretará no bom entendimento deste assunto que é de fundamental importância para a 
determinação da equação da linha elástica. Faça os exercícios a seguir para melhor 
fixação do conteúdo. Bons estudos! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Lista de Exercícios 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Esforços Internos 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
Para as vigas a seguir, determine as equações de Esforços Internos: 
 
01) 
 
 
 
 
02) 
 
 
 
 
03) 
 
 
 
 
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04) 
 
 
𝑉𝐴 = 33𝑘𝑁 
𝑉𝐷 = 15𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 4): {
𝑄1 = 33 − 12𝑥
𝑀1 = 33𝑥 − 6𝑥
2 
 
(4 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 33 − 48 = −15
𝑀2 = −15𝑥 + 96
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 8): {
𝑄3 = −15
𝑀3 = −15𝑥 + 120
 
 
 
05) 
 
 
𝑉𝐴 = 57,7𝑘𝑁 
𝑉𝐷 = 52,3𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = 57,7 − 8𝑥
𝑀1 = 57,7𝑥 − 4𝑥
2 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 55,7 − 12𝑥
𝑀2 = −6𝑥
2 + 55,7𝑥 + 12
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 9): {
𝑄3 = 1,7 − 6𝑥
𝑀3 = −3𝑥
2 + 1,7𝑥 + 227,7ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
06) 
 
𝑉𝐵 = 45,5𝑘𝑁 
𝑉𝐶 = 4,5𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = −18
𝑀1 = −18𝑋
 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 43,5 − 8𝑥
𝑀2 = −4𝑥
2 + 43,5𝑥 − 107
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 8): {
𝑄3 = 0
𝑀3 = 10
 
 
07) 
 
 
𝑉𝐴 = −2𝑘𝑁 ↓ 
𝓂𝐴 = 38𝑘𝑁. 𝑚 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = −2
𝑀1 = 38 − 2𝑥
 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 4): {
𝑄2 = −2
𝑀2 = 28 − 2𝑥
 
 
(4 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄3 = 30 − 8𝑥
𝑀3 = −4𝑥
2 + 30𝑥 − 36
 
 
 
 
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APLICAÇÃO 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e 
da inclinação nos apoios da viga isostática abaixo. Dados: 𝐸𝐼 = 2000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
i) 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 
 
𝐸𝐼𝑦" = 𝑀(𝑥) 
𝐸𝐼𝑦1" = 6𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 6
𝑥2
2
+ 𝐶1 = 3𝑥
2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 = 3
𝑥3
3
+ 𝐶1𝑥 + 𝐶2 = 𝑥
3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
ii) 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟖 
 
 
 
𝐸𝐼𝑦" = 𝑀(𝑥) 
𝐸𝐼𝑦2" = 6𝑥 − 12(𝑥 − 4) = −6𝑥 + 48 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −6
𝑥2
2
+ 48𝑥 + 𝐶3 = −3𝑥
2 + 48𝑥 + 𝐶3 
𝑠 
𝑠 
 
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𝐸𝐼𝑦2 = −3
𝑥3
3
+ 48
𝑥2
2
+ 𝐶3𝑥 + 𝐶4 = −𝑥
3 + 24𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
iii) Condições de contorno 
 
(1) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
(2) 𝑥 = 8 e 𝑦 = 0 
(3) 𝑥 = 4 e 𝑦1′ = 𝑦2′ 
(4) 𝑥 = 4 e 𝑦1 = 𝑦2 
 
iv) Substituição das condições de contorno nas respectivas equações 
(1) 𝐸𝐼 ∙ 0 = 03 + 𝐶1 ∙ 0 + 𝐶2 ⇒ 𝑪𝟐 = 𝟎 
 
(2) 𝐸𝐼 ∙ 0 = −83 + 24 ∙ 82 + 𝐶3 ∙ 8 + 𝐶4 ⇒ 𝟖𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = −𝟏𝟎𝟐𝟒 
(3) 3 ∙ 42 + 𝐶1 = −3 ∙ 4
2 + 48 ∙ 4 + 𝐶3 ⇒ 𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = 𝟗𝟔 
(4) 43 + 𝐶1 ∙ 4 = −4
3 + 24 ∙ 42 + 𝐶3 ∙ 4 + 𝐶4 ⇒ 4 ∙ (𝐶1 − 𝐶3) = 256 + 𝐶4 
 
Substituindo (3) em (4): 
4. (96) = 256 + 𝐶4 ⇒ 𝑪𝟒 = 𝟏𝟐𝟖 
Substituindo o valor de 𝐶4 em (2): 
8𝐶3 − 128 = −1024 ⇒ 𝑪𝟑 = −𝟏𝟒𝟒 
Substituindo 𝐶3 em (3): 
𝐶1 − (−144) = 96 ⇒ 𝑪𝟏 = −𝟒𝟖 
 
Depois de calculadas as constantes, podem-se obter as equações da linha elástica e da 
inclinação para a presente viga: 
{
𝐸𝐼𝑦1
′ = 3𝑥2 − 48
𝐸𝐼𝑦1 = 𝑥
3 − 48𝑥
 
{
𝐸𝐼𝑦2
′ = −3𝑥2 + 48𝑥 − 144
𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥
3 + 24𝑥2 − 144𝑥 + 128
 
 
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De posse das equações, o próximo passo é determinar o valor de 𝑥 para o qual a flecha é 
máxima. Não obstante a simetria da viga, tanto de carga como de geometria, permitir 
afirmar que a deflexão máxima ocorre no meio do vão, por uma questão de generalização 
e por amor à didática, segue a demonstração formal deste fato. 
 
Uma das aplicações da derivada de uma função é ser ela o coeficiente angular da reta 
tangente. Isto implica dizer que o máximo de uma função ocorrerá quando essa tangente 
for horizontal, ou seja, quando a sua inclinação for nula. Transpondo esta propriedade 
para o caso da linha elástica, a flecha máxima ocorre quando sua inclinação for zero. 
Trata-se de um ponto crítico, onde a linha elástica muda seu crescimento. 
Matematicamente isso pode ser expresso por: 
𝑦′ = 0 ⇒ 𝑦𝑚á𝑥 
3𝑥2 − 48 = 0 ⇒ 𝑥 = 4𝑚 
Substituindo o valor de 𝑥 = 4 na equação da linha elástica: 
𝐸𝐼𝑦1 = 𝑥
3 − 48𝑥 
2000 ∙ 𝑦𝑚á𝑥" = 4
3 − 48 ∙ 4 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟎𝟔𝟒𝒎 
 
Já as inclinações da linha elástica nos apoios da viga são calculadas facilmente pela 
substituição das abscissas correspondentes (𝑥𝐴 = 0 e 𝑥𝐶 = 8𝑚) nas equações de 𝑦1
′ e 𝑦2
′ . 
Desta forma: 
{
2000 ∙ 𝑦1
′ = 3(0)2 − 48 ⇒ 𝑦1
′ = −𝟎, 𝟎𝟐𝟒𝐫𝐚𝐝
2000 ∙ 𝑦2
′ = −3(8)2 + 48(8) − 144 ⇒ 𝑦2
′ = 𝟎, 𝟎𝟐𝟒𝐫𝐚𝐝
 
 
 
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Lista de Exercícios 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.1 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
 
01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,5 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
02) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
03) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
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04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
05) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
06) Considere que não há reações horizontais para a viga hiperestática abaixo. Sabendo 
que sua rigidez é 𝐸𝐼 = 4,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚², utilize o método da superposição (Tabela) para 
determinar as reações de apoio nos engastes. 
 
 
 
 
 
 
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07) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação 
nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
08) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
09) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
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10) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
 
 
 
 
A viga é feita de aço temperado e revenido ASTM-A709 classe 690 e tem seção 
transversal retangular de 100𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚. 
 
 
 
OBS: Em todas as questões acima, independentemente da solução ser obtida por meio da 
equação da linha elástica ou pelo método da superposição (Tabela), faça uma lista de 
todas as condições de contorno possíveis envolvidas em cada caso. 
 
 
 
 
 
 
BONS ESTUDOS!!! 
 
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Lista de Exercícios 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.1 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
 
01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2,5 ∙
105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 10𝑘𝑁 
𝐸𝐼𝑦" = 10𝑥 − 2𝑥2 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 =
5
3
𝑥3 −
1
6
𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 5 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) =
5
3
(0)3 −
1
6
(0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) =
5
3
(5)3 −
1
6
(5)4 + 𝐶1(5) 
𝑪𝟏 = −
𝟏𝟐𝟓
𝟔
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 −
125
6
= 0 
 
Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 
𝒙 = 𝟐, 𝟓 
𝑥 = −1,83 (Fora do domínio) 
𝑥 = 6,83 (Fora do domínio) 
 
𝐸𝐼𝑦 =
5
3
𝑥3 −
1
6
𝑥4 −
125
6
𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 =
5
3
(2,5)3 −
1
6
(2,5)4−
125
6
(2,5) 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟏𝟑𝒎𝒎 ↓ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 −
125
6
 
𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 =
1
2,5 ∙ 105
[5(0)2 −
2
3
(0)3 −
125
6
] = −𝟖, 𝟑 ∙ 𝟏𝟎−𝟓𝒓𝒂𝒅 
 
 
02) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 20 − 20 = 0 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝐸𝐼𝑦" = −20 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −10(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −10(6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟔𝟎 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 = 0 
𝒙 = 𝟑𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 60𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −10(3)
2 + 60(3) 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟒𝟓𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 
𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
03) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 80𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
" = 80𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
40
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = −40𝑥 + 240 
𝐸𝐼𝑦2
" = −40𝑥 + 240 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
40
3
∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) = −
20
3
(6)3 + 120 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 
 
𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = −𝟐𝟖𝟖𝟎 
 
40𝑥2 + 𝐶1 = −20𝑥
2 + 240𝑥 + 𝐶3 
40(2)2 + 𝐶1 = −20(2)
2 + 240(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = 𝟐𝟒𝟎 
 
40
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
40
3
(2)3 + 𝐶1(2) = −
20
3
(2)3 + 120(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = 320 + 𝐶4 
 
2 ∙ 240 = 320 + 𝐶4 
𝑪𝟒 = 𝟏𝟔𝟎 
 
6𝐶3 + 160 = −2880 
𝑪𝟑 = −𝟓𝟎𝟔, 𝟔𝟕 
 
𝐶1 − (−506,67) = 240 
 
𝑪𝟏 = −𝟐𝟔𝟔, 𝟔𝟕 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 − 266,67 
𝐸𝐼𝑦1 =
40
3
𝑥3 − 266,67𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
40𝑥2 − 266,67 = 0 
𝑥 = 2,58𝑚 > 2𝑚 
 
A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
−20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 = 0 
𝒙′ = 𝟐, 𝟕𝟑𝒎 
𝑥′ = 9,27 (Fora do domínio) 
 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
20
3
(2,73)3 + 120(2,73)2 − 506.67(2,73) + 160 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟕𝟕𝒎𝒎 ↓ 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 − 266,67 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 40(0)
2 − 266,67 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −20(6)
2 + 240(6) − 506,67 
𝜽𝑩 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟔 rad 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 2𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
" = 2𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
1
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = 2𝑥 − 12 
𝐸𝐼𝑦" = 2𝑥 − 12 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
1
3
∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
1
3
∙ (6)3 − 6 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 
 
𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = 𝟏𝟒𝟒 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝑥2 + 𝐶1 = 𝑥
2 − 12𝑥 + 𝐶3 
(2)2 + 𝐶1 = (2)
2 − 12(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = −𝟐𝟒 
 
1
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
1
3
(2)3 + 𝐶1(2) =
1
3
(2)3 − 6(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = −24 + 𝐶4 
 
2 ∙ (−24) = −24 + 𝐶4 
𝑪𝟒 = −𝟐𝟒 
 
6𝐶3 − 24 = 144 
𝑪𝟑 = 𝟐𝟖 
 
𝐶1 − (28) = −24 
 
𝑪𝟏 = 𝟒 
 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 4 
𝐸𝐼𝑦1 =
1
3
𝑥3 + 4𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 28𝑥 − 24 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
𝑥2 + 4 = 0 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
Não existem raízes reais para essa equação nesse trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
𝑥2 − 12𝑥 + 28 = 0 
𝒙′ = 𝟑, 𝟏𝟕𝒎 
𝑥′ = 8,83 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 60𝑥2 + 388𝑥 − 240 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 =
1
3
(3,17)3 − 6(3,17)2 + 388(3,17) − 24 
 
𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟓𝒎𝒎 ↑ 
 
 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 4 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = (0)
2 + 8 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = (6)
2 − 12(6) + 28 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟒 rad 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
05) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 4 + 12 + 8 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 24 
 
6 + 4 ∙ 𝑉𝐶 − 8 ∙ 3 − 12 ∙ 2 − 4 ∙ 1 = 0 
𝑉𝐶 =
24 + 24 + 4 − 6
4
 
𝑉𝐶 = 11,5 𝑘𝑁 
𝑉𝐴 = 12,5 𝑘𝑁 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 12,5𝑥 − 2𝑥 ∙
𝑥
2
 
𝐸𝐼𝑦1
" = 12,5𝑥 − 𝑥2 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 
 
𝑀 = 12.5𝑥 − 4(𝑥 − 1) − 12(𝑥 − 2) − 4(𝑥 − 2) ∙
(𝑥 − 2)
2
 
𝐸𝐼𝑦2
" = −2𝑥2 + 4,5𝑥 + 20 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = 6 (olhando para a direita) 
𝐸𝐼𝑦" = 6 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝐸𝐼𝑦3
′ = 6𝑥 + 𝐶5 
𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥
2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 
 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦1 = 0 
ii) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
v) 𝑥 = 4 e 𝑦2
′ = 𝑦3
′ 
vi) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 𝑦3 
 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
i) 
𝐸𝐼(0) =
12,5
6
(0)3 −
1
12
(0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
ii) 
𝐸𝐼(0) = −
2
12
(4)4 +
4,5
6
(4)3 +
20
2
(4)2 + 𝐶3(4) + 𝐶4 
𝟒𝑪𝟑 + 𝑪𝟒= −
𝟒𝟗𝟔
𝟑
 
 
iii) 
 
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 + 𝐶1 = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 
12,5
2
(2)2 −
1
3
(2)3 + 𝐶1 = −
2
3
(2)3 +
4,5
2
(2)2 + 20(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 =
𝟔𝟒
𝟑
 
iv) 
 
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 + 𝐶1𝑥 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
12,5
6
(2)3 −
1
12
(2)4 + 𝐶1(2) = −
2
12
(2)4 +
4,5
6
(2)3 +
20
2
(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = 28 + 𝐶4 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
2 ∙
64
3
= 28 + 𝐶4 
𝑪𝟒 =
𝟒𝟒
𝟑
 
 
Substituição. 
 
4𝐶3 +
44
3
= −
496
3
 
𝑪𝟑 = −𝟒𝟓 
 
 
v) 
 
−
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 = 6𝑥 + 𝐶5 
−
2
3
(4)3 +
4,5
2
(4)2 + 20(4) + 𝐶3 = 6(4) + 𝐶5 
 
𝑪𝟑 − 𝑪𝟓 = −
𝟏𝟒𝟖
𝟑
 
 
vi) 
 
−
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 = 3𝑥
2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 
 
−
2
12
(4)4 +
4.5
6
(4)3 +
20
2
(4)2 + 𝐶3(4) + 12 = 3(4)
2 + 𝐶5(4) + 𝐶6 
388
3
+ 4 ∙ (𝐶3 − 𝐶5) = 𝐶6 
𝐶6 =
388
3
+ 4 ∙ (−
148
3
) 
 
𝑪𝟔 = −𝟔𝟖 
 
 
Substituição. 
 
𝐶1 − (−45) =
64
3
 
 
𝑪𝟏 = −
𝟕𝟏
𝟑
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
−45 − 𝐶5 = −
148
3
 
𝑪𝟓 =
𝟏𝟑
𝟑
 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
 
𝐸𝐼𝑦1 =
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 −
71
3
𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 − 45𝑥 +
44
3
 
 
Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦3
′ = 6𝑥 +
13
3
 
𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥
2 +
13
3
𝑥 − 68 
 
 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
12.5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
𝑥 = 0 
Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 
𝑥 = 0 (máximo local) 
𝑥 = 5,26 (Fora do domínio) 
𝑥 = 13,48 (Fora do domínio) 
 
 
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A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
−
2
3
𝑥3 +
4.5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 = 0 
𝒙 = 𝟐, 𝟎𝟔 
𝑥 = −5,01 (Fora do domínio) 
𝑥 = 6,41 (Fora do domínio) 
 
iii) Verificação da flecha máxima no terceiro trecho. 
 
6𝑥 +
13
3
= 0 
𝑥 = −0,72 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 − 45𝑥 +
44
3
 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
2
12
(2,06)4 +
4,5
6
(2,06)3 +
20
2
(2,06)2 − 45(2,06) +
44
3
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟎𝟓𝟑𝒎𝒎 ↓ 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
 
𝐸𝐼𝜃𝐴 =
12,5
2
(0)2 −
1
3
(0)3 −
71
3
 
𝜽𝑨 = −𝟑, 𝟗𝟒𝟒 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 
𝐸𝐼𝜃𝐶 = −
2
3
(4)3 +
4,5
2
(4)2 + 20(4) − 45 
𝜽𝑩 = 𝟒, 𝟕𝟐𝟐 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 rad 
 
 
 
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06) Considere que não há reações horizontais para a viga hiperestática abaixo. Sabendo 
que sua rigidez é 𝐸𝐼 = 4,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚², utilize o método da superposição (Tabela) para 
determinar as reações de apoio nos engastes. 
 
 
Antes de qualquer procedimento, deve-se levar em conta as seguintes simplificações: 
 
a) As reações horizontais nos engastes são consideradas nulas; 
b) Existem duas reações superabundantes. Portanto, deve-se fazer a compatibilidade dos 
deslocamentos no engaste da direita tanto em relação ao deslocamento vertical quanto à 
rotação, sendo ambas nulas. 
 
Condição 1. 
 
𝑦𝐷 = 𝑦𝑤 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 + 𝑦𝑀 = 0 
 
−
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿𝐴𝐶
3
3𝐸𝐼
+ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (−
𝑃𝐿𝐴𝐶
2
2𝐸𝐼
) +
𝑉𝐷𝐿
3
3𝐸𝐼
−
𝑀𝐷𝐿
2
2𝐸𝐼
= 0 
 
−
6 ∙ 44
8
+ 4 ∙ (−
6 ∙ 43
6
) −
12 ∙ 63
3
+ 2 ∙ (−
12 ∙ 62
2
) +
𝑉𝐷 ∙ 8
3
3
−
𝑀𝐷 ∙ 8
2
2
= 0 
 
𝑽𝐃 =
𝟑𝑴𝑫
𝟏𝟔
+
𝟑𝟐𝟕
𝟑𝟐
 
 
 
Condição 2. 
 
𝜃𝐷 = 𝜃𝑤 + 𝜃𝑃 + 𝜃𝑉 + 𝜃𝑀 = 0 
 
−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿𝐴𝐶
2
2𝐸𝐼
−
𝑉𝐷𝐿
2
2𝐸𝐼
−
𝑀𝐷𝐿
𝐸𝐼
= 0 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
−
6 ∙ 43
6
−
12 ∙ 62
2
+
𝑉𝐷 ∙ 8
2
2
− 𝑀𝐷 ∙ 8 = 0 
 
𝑽𝐃 =
𝑴𝑫 + 𝟑𝟓
𝟒
 
 
Deve-se agora resolver o sistema formado pelas duas equações anteriores: 
 
{
𝑉𝐷 =
3𝑀𝐷
16
+
327
32
𝑉𝐷 =
𝑀𝐷 + 35
4
 
 
𝑽𝑫 = 𝟏𝟒, 𝟔𝟑 𝒌𝑵 
 
𝑴𝑫 = 𝟐𝟑, 𝟓 𝒌𝑵. 𝒎 
 
Fazendo o equilíbrio estático, tem-se: 
 
↑ ∑ 𝑉 = 0 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 24 − 12 = 0 
 
𝑉𝐴 + 14,63 = 36 
 
𝑽𝑨 = 𝟐𝟏, 𝟑𝟕 𝒌𝑵 
 
 
↺ ∑ 𝑀𝐴 = 0 
 
𝑀𝐴 + 14.63 ∙ 8 − 23.5 − 24 ∙ 2 − 12 ∙ 6 = 0 
 
𝑴𝑨 = 𝟐𝟔, 𝟒𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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07) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação 
nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
08) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
09) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
10) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
 
 
 
 
A viga é feita de aço temperado e revenido ASTM-A709 classe 690 e tem seção 
transversal retangular de 100𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚. 
 
 
 
OBS: Em todas as questões acima, independentemente da solução ser obtida por meio da 
equação da linha elástica ou pelo método da superposição (Tabela), faça uma lista de 
todas as condições de contorno possíveis envolvidas em cada caso. 
 
 
 
 
 
 
BONS ESTUDOS!!! 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
Resistência dos Materiais II 
Prof. Fernando Peroba 
Semestre 2013.2 
Equação da Linha Elástica em vigas 
com inércia variável 
Nesta seção serão estuadas vigas que 
possuem inércia variável. Tais casos 
representam uma vasta aplicação na 
engenharia. Desta forma, seja a viga 
tronco cônica, maciça, engastada e 
carregada com uma carga concentrada � 
em sua extremidade livre, como mostra a 
figura abaixo. 
 
 
Inicialmente, deve-se determinar como o 
diâmetro da seção transversal da viga 
varia ao longo do eixo �. Para tanto, 
observam-se as característica 
geométricas deste elemento tronco 
cônico mostrado na figura a seguir. 
 
Fazendo semelhança de triângulos, tem-
se: 
�
� =
� − ��2��2
 
�� − ��� = ��� 
�� = ��� + ��� 
� = ��� 
� + �� 
O momento de inércia de uma seção 
circular é dado por: 
� = 
��64 =
���64�� 
� + ��� 
� = ���� 
� + ��� 
A equação do momento fletor para a viga 
em questão é:� = −�� 
Aplicando as expressões encontradas 
acima na equação diferencial da linha 
elástica, produz-se: 
����� = � 
� ����� 
� + ���� ��� = −�� 
��� = −������ �
�
� + ���� 
A seguir, utiliza-se o método da dupla 
integração e as respectivas condições de 
contorno. No entanto, a integral do 
segundo membro da equação não é 
 
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imediata. Portanto, faz-se necessário 
comentar a metodologia pertinente e 
eficaz para resolvê-la. 
� �
� + ��� �� 
� + � = � � � = � − � 
�� = �� 
�� − ��� �� = �
�
�� �� −�
�
�� �� 
= ������ − ������� 
= �����−3 + 1 − �
�����
−4 + 1 + � 
= − 12� +
�
3�� + � 
= −3� + 2�6�� + � 
= −3
� + �� + 2�6
� + ��� + � 
= − � + 3�6
� + ��� + � 
Portanto, a equação da inclinação da 
linha elástica, oriunda da primeira 
integração, a menos de uma constante, é 
dada por: 
!� = +"#$%&' �
# + ()
*
# + )�(� + +, 
Integrando novamente, e repetindo o 
procedimento acima para resolver a 
integral, obtém-se: 
� = ���6��� �� �
1
� + ��� �� + 3�
�
� + ��� ���
+ ��� + � 
 
� = − ���6��� -
�
2
� + �� +
3
� + 2��
2
� + �� . + ���
+ � 
! = − "#$*%&' �
$# + *)
/
# + )�/� + +,) + +/ 
Condições de contorno. 
i) � = � e �′ = 0 (Engaste) 
ii) � = � e � = 0 (Engaste) 
Substituindo, tem-se: 
i) 
0 = + ���6��� �
� + 3�
� + ���� + �� 
0 = + ���6��� �
4�
8��� + �� 
0 = + �� 12��� + �� 
+, = − "#
/
,/%&' 
ii) 
0 = − ���6��� �
4� + 6�
2
� + �� � −
�� 
12��� � + � 
0 = − ���6��� �
10�
8� � −
���
12��� + � 
0 = −10���48��� −
���
12��� + � 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
0 = −10��� − 4���48��� + � 
0 = −14���48��� + � 
+/ = 3"#
(
/$%&' 
Portanto, a equação da inclinação e da 
deflexão da linha elástica é dada por: 
Inclinação (Rotação) 
�� = + ���6��� �
� + 3�
� + ���� −
�� 
12��� 
Deflexão (Flecha ou deslocamento 
vertical) 
� = − ���6��� �
4� + 6�
2
� + �� � −
�� 
12��� � +
7���
24��� 
A determinação do máximo encerra uma 
discussão deveras interessante. Pelo 
procedimento padrão, deve-se igualar a 
equação da inclinação a zero. 
�� = 0 
���
6��� �
� + 3�
� + ���� −
�� 
12��� = 0 
���
6��� �
� + 3�
� + ���� =
�� 
12��� 
� � � + 3�
� + ���� =
1
2 
�� + 3� �
� + ��� =
1
2 
�� + 3� � + 3�� + �� = 2�� + 6� � 
�� + 3�� − 3� � − �� = 0 
Como pode-se observar facilmente, � =
� é uma das raízes dessa equação cúbica. 
Utilizando o dispositivo prático de Briot-
Ruffini, tem-se: 
� 1 3� −3� −�� 
 1 4� � 0 
Assim, obtêm-se os coeficientes do 
quociente da divisão do polinômio 
original por 
� − ��, reduzido de um 
grau, o que resulta: 
� − ��
� + 4�� + � � = 0 
Portanto, 
� + 4�� + � = 0 
� = −4� ± √16� − 4� 2 
� = −4� ± √12� 2 
� = −4� ± 2√3� 2 
� = −2� ± √3� 
�� = −3,73� (fora do domínio) 
��� = −0,27� (fora do domínio) 
Em que pese ter sido possível encontrar 
as três raízes daquela equação cúbica, 
duas delas estão fora do domínio e a 
outra que é � = �, representa um 
máximo relativo e não um máximo 
absoluto dentro do domínio geométrico 
da viga. Portanto, no ponto onde a viga 
está engastada, existe um ponto crítico 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
de máximo valor relativo. Haja vista a 
inclinação ser zero. Porém, a máxima 
deflexão ocorrerá no extremo em 
balanço. Em última análise, a máxima 
deflexão ocorrerá para � = 0. 
Substituindo este valor na equação da 
flecha, obtém-se: 
� = − ���6��� �
4� + 6 ∙ 0
2
� + 0� � −
�� 
12��� ∙ 0 +
7���
24��� 
� = − ���6��� �
4�
2� � +
7���
24��� 
� = − ���3��� +
7���
24��� 
� = −8��� + 7���24��� 
! = − "#(/$%&' 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
Resistência dos Materiais II 
Prof. Fernando Peroba 
Semestre 2013.2 
Equação da Linha Elástica pelo 
Método da Carga. 
Até o presente momento, a equação da 
linha elástica foi determinada pelo 
Método da Dupla Integração, a partir de 
sua equação diferencial. Neste tópico 
estuda-se outro método que, partindo da 
equação da carga, permite determinar a 
deflexão e a rotação da linha elástica em 
uma viga bi apoiada isostática. A este 
método denomina-se Método da Carga. 
1. Esforços Internos – Relações 
Diferenciais. 
Antes de mostrar o método propriamente 
dito, faz-se necessária uma revisão sobre 
os esforços internos. Destaca-se o 
elemento diferencial da figura abaixo. 
Nele é possível verificar a existência dos 
esforços internos � e �, na face 
esquerda do elemento, e seus respectivos 
esforços internos acrescidos de seus 
diferencias �� e ��, na face direita. 
 
Aplicando-se as condições de equilíbrio 
da Estática, tendo como ponto de 
referência para os momentos o canto 
inferior direito do elemento, podem-se 
escrever as seguintes equações 
diferenciais: 
i) ∑ �� = � 
� − 
�� − �� + ��� = 0 
� − 
�� − � − �� = 0 
�� = −
�� 
���� = −� 
Conclui-se, então, que a derivada do 
cortante em relação a � é igual ao 
simétrico do carregamento. 
ii) ∑ �� = � 
� ∙ �� + � − 
�� ∙ ��2 − �� + ���= 0 
Desprezando-se as diferenciais de 
segunda ordem, ����� ≪ 1, tem-se que: 
� ∙ �� + � − � − �� = 0 
�� = ��� 
���� = � 
Portanto, é correto afirmar que a 
derivada do momento fletor em relação a � é o esforço cortante. Assim, as 
seguintes conclusões são pertinentes: 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
a) A derivada segunda do momento 
fletor é igual ao simétrico da carga. 
���� = � 
������ = ���� = −
 
b) Substituindo a equação da linha 
elástica, tem-se: 
����� ����′′� = −
 
�� � ��� = −
 
���!!!! = −
 
 
EXEMPLO: 
Considere a viga isostática simplesmente 
apoiada mostrada na figura a seguir. 
Nela é aplicada uma carga senoidal 
distribuída de intensidade 
 = 
"#$% &'�( ) 
Sabendo que a rigidez dessa viga é 
constante e igual a ��, determine a flecha 
máxima e as rotações nos apoios. 
 
���!!!! = −
"#$% &'�( ) 
���!!! = (' 
"*+# &'�( ) + ,- 
���!! = − (�'� 
"#$% &'�( ) + ,-� + ,� 
���! = (.'. 
"*+# &'�( ) + ,- �
�
2 + ,��+ ,. 
��� = − ( ' 
"#$% &'�( ) + ,- �
.
6
+ ,� ��2 + ,.� + , 
Condições de contorno. 
i) � = 0 e �′′ = 0 
ii) � = ( e �′′ = 0 
iii) � = 0 e � = 0 
iv) � = ( e � = 0 
Substituindo, tem-se: 
i) 
���0� = (�'� 
"#$% 0' ∙ 0( 1 + ,-�0�+ ,� 
23 = � 
ii) 
���0� = (�'� 
"#$% 0' ∙ (( 1 + ,-�(� 
0 = (�'� 
"#$%' + ,-�(� 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 24 = � 
iii) 
��� = − ( ' 
"#$% &'�( ) + ,.� + , 
���0� = − ( ' 
"#$% 0' ∙ 0( 1 + ,.�0�+ , 
25 = � 
iv) 
��� = − ( ' 
"#$% &'�( ) + ,.� 
���0� = − ( ' 
"#$% 0' ∙ (( 1 + ,.�(� 
0 = − ( ' 
"#$%' + ,.�(� 
26 = � 
Portanto, as equações da inclinação e da 
deflexão são: 
78
9 ���! = (.'. 
"*+# &'�( )
��� = − ( ' 
"#$% &'�( )
 
Por fim, deve-se determinar a posição 
onde ocorre a flecha máxima. Pela 
simetria tanto de carregamento quanto 
geométrica, é fácil perceber que esse 
máximo ocorre no meio do vão. No 
entanto, por amor à didática, calcula-se a 
seguir a posição onde haverá a maior 
deflexão da viga. 
�:á< → �! = 0 
(.'. 
"*+# &'�( ) = 0 
*+# &'�( ) = 0 
*+# &'�( ) = *+# &'2) 
Sendo a função cos injetora para valores 
de x no primeiro quadrante, tem-se que 
elementos do domínio que possuem a 
mesma imagem são iguais. 
'�( = '2 
� = (2 
Substituindo na equação da linha 
elástica, obtém-se: 
��� = − ( ' 
"#$% &'�( ) 
���:á< = − ( ' 
"#$% 0' ∙ (( ∙ 21 
���:á< = − ( ' 
"#$% &'2) 
�>á� = − ��?5@AB5 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
AVALIAÇÃO PARCIAL 1 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO/ 2141 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação nos apoios.Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação 
da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
𝑦 = −0,00652
𝑞𝐿4
𝐸𝐼
= −0.00652
6 ∙ 104
1000
= −𝟎, 𝟑𝟗𝒎 
 
𝜃𝐴 = −
7𝑞𝐿3
360𝐸𝐼
= −
7 ∙ 6 ∙ 103
360 ∙ 1000
= −𝟎, 𝟏𝟏𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅 
𝜃𝐵 = +
𝑞𝐿3
45𝐸𝐼
= +
6 ∙ 103
45 ∙ 1000
= +𝟎, 𝟏𝟑𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da 
superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
−
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
48 ∙ 103
3 ∙ 1000
−
5 ∙ 48 ∙ 103
48 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟐𝟏 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
 
𝜃𝐶 = −
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
48 ∙ 102
2 ∙ 1000
−
48 ∙ 102
8 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 
 
−
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼
(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
 
𝑉𝐵 ∙ 12
3
48 ∙ 1000
=
24 ∙ 63
24 ∙ 12 ∙ 1000
∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) +
96 ∙ 3 ∙ 6
6 ∙ 12 ∙ 1000
(122 − 32 − 62) 
 
𝑽𝑩 = 𝟏𝟓𝟔𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 144 + 96 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 240 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 96 ∙ 9 − 144 ∙ 3 = 0 
12𝑉𝐶 + 156 ∙ 6 − 1296 = 0 
12𝑉𝐶 = 360  𝑽𝑪 = 𝟑𝟎𝒌𝑵 
 
𝑉𝐴 + 156 + 30 = 240 
𝑽𝑨 = 𝟓𝟒𝒌𝑵 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 24 + 24 = 0 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 
 
𝐸𝐼𝑦" = 24 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 9 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 12(9)2 + 𝐶1(9) 
𝑪𝟏 = −𝟏𝟎𝟖 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 = 0 
𝐱 = 𝟒, 𝟓𝐦 
 
𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 − 108𝑥 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 12(4,5)
2 − 108(4,5) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟐𝟒𝟑 𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 24(0) − 108 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 24(9) − 108 
𝜽𝑩 = +𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
AVALIAÇÃO PARCIAL 1 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.1 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha para 𝑥 = 5 e 
a rotação no apoio da esquerda. Utilize a tabela de deslocamento transversal 
e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
𝑦 = −
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼
(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) 
𝑦 = −
24 ∙ 53
24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105
∙ (4 ∙ 82 − 7 ∙ 5 ∙ 8 + 3 ∙ 52) = −𝟑, 𝟗𝟖𝒎𝒎 
 
𝜃𝐴 = −
𝑞𝑎2
24𝐿𝐸𝐼
(2𝐿 − 𝑎)2 = −
24 ∙ 52
24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105
∙ (2 ∙ 8 − 5)2 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟗 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da 
utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙
105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦 = −
𝑞𝑎2
24𝐿𝐸𝐼
(2𝑥3 − 6𝐿𝑥2 + 𝑎2𝑥 + 4𝐿2𝑥 − 𝑎2𝐿) −
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 − 4𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[−
24 ∙ 22
24 ∙ 8
∙ (2 ∙ 𝑥3 − 6 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 22 ∙ 𝑥 + 4 ∙ 82 ∙ 𝑥 − 22 ∙ 8) −
12 ∙ 𝑥
48
∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(24𝑥2 − 178𝑥 + 16) 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(48𝑥 − 178) 
𝑦′ = 0  48𝑥 − 178 = 0  𝑥 = 3,71𝑚 
 
𝑦𝑚á𝑥 =
1
2 ∙ 105
∙ (24 ∙ 3,712 − 178 ∙ 3,71 + 16) = −𝟏, 𝟓𝟕𝒎𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação no apoio da esquerda. 
 
 
𝑦 = −
𝑞𝑥
24𝐿𝐸𝐼
(𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4) −
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 − 4𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[−
24 ∙ 𝑥
24 ∙ 8
∙ (8 ∙ 𝑥3 − 4 ∙ 2 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 2 ∙ 22 ∙ 𝑥2 + 4 ∙ 22 ∙ 82 − 4 ∙ 23 ∙ 8 + 24) −
12 ∙ 𝑥
48
∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(−𝑥4 + 7𝑥3 − 146𝑥) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(−4𝑥3 + 21𝑥2 − 146) 
 
𝜃𝐴 =
1
2 ∙ 105
∙ (−4 ∙ 03 + 21 ∙ 02 − 146) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟕𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑇 + 𝑦𝑃 = 0 
 
(𝑦𝐵 + 𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 
 
(−
𝑞𝐿𝐴𝐵
4
30𝐸𝐼
− 4 ∙
𝑞𝐿𝐴𝐵
3
24𝐸𝐼
) +
𝑉𝐶𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
10 ∙ 44
30
− 4 ∙
10 ∙ 43
24
+
𝑥 ∙ 83
3
= 0 
 
𝑽𝑪 = 𝟏, 𝟏𝟐𝟓𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 20 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 − 20 ∙
4
3
− 𝓂𝐴 = 0 
𝑉𝐴 + 1,125 = 20  𝑽𝑨 = 𝟏𝟖, 𝟖𝟕𝟓𝒌𝑵 
 
1,125 ∙ 8 − 20 ∙
4
3
+ 𝓂𝐴 = 0  𝓶𝑨 = 𝟏𝟕, 𝟔𝟕𝒌𝑵 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 12 + 24 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 6𝑥 − 24 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = (0)3 − 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = (6)3 − 12(6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟑𝟔 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 = 0 
𝐱 = 𝟐𝐦 
𝐱 = 𝟔𝐦 (máximo local) 
 
𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 36𝑥 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = (2)
3 − 12(2)2 + 36(2) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 3(0)
2 − 24(0) + 36 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 3(6)
2 − 24(6) + 36 
𝜽𝑩 = 𝟎 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
AVALIAÇÃO PARCIAL 1 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.1 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento 
transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 =
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
=
20 ∙ 102
2 ∙ 2 ∙ 105
= 𝟓 𝒎𝒎 
 
𝜃𝐴 =
𝑀𝐿
𝐸𝐼
=
20 ∙ 10
2 ∙ 105
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟏 𝒓𝒂𝒅 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por 
meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙
105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦 =
𝑀𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[
24 ∙ 𝑥
6 ∙ 10
∙ (2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) −
36 ∙ 4 ∙ 𝑥
6 ∙ 10
∙ (102 − 42 − 𝑥2)] 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(
14𝑥3
5
− 12𝑥2 −
608𝑥
5
) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(
42𝑥2
5
− 24𝑥 −
608
5
) 
 
Cálculo da flecha máxima. 
 
42𝑥2
5
− 24𝑥 −
608
5
= 0 
 
𝒙 = −𝟐, 𝟔𝟒𝒎 (Fora do domínio) 
𝒙 = 𝟓, 𝟒𝟗𝒎 
 
𝑦 =
1
2 ∙ 105
(
14
5
∙ 5,493 − 12 ∙ 5,492 −
608 ∙ 5,49
5
) = −𝟐, 𝟖𝟑𝒎𝒎 
 
𝑦′ = 𝜃𝐴 =
1
2 ∙ 105
(
42
5
∙ 02 − 24 ∙ 0 −
608
5
) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟏 𝒓𝒂𝒅 
 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 = 0 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
(𝑦𝐵 + 𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 
 
(−
𝑞𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
− 4 ∙
𝑞𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) +
𝑉𝐶𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
48 ∙ 44
8
− 4 ∙
48 ∙ 43
6
+
𝑉𝐶 ∙ 8
3
3
= 0 
 
𝑽𝑪 = 𝟐𝟏𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 192 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 − 192 ∙ 2 + 𝓂𝐴 = 0 
𝑉𝐴 + 21 = 192  𝑽𝑨 = 𝟏𝟕𝟏𝒌𝑵 
 
21 ∙ 8 − 192 ∙ 2 + 𝓂𝐴 = 0  𝓶𝑨 = 𝟐𝟏𝟔𝒌𝑵 
 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 24 − 72 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = −24 − 6𝑥 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 8 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −12(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −12(8)2 − (8)3 + 𝐶1(8) 
𝑪𝟏 = 𝟏𝟔𝟎 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 = 0 
𝑥 = −12,33 𝑚 (Fora do domínio) 
𝒙 = 𝟒, 𝟑𝟑𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 160𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −12(4,33)
2 − (4,33)3 + 160 ∙ 4,33 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟏, 𝟗𝟑𝟑 𝒎𝒎 ↑ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = −24(0) − 3(0)
2 + 160 
𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟖𝒓𝒂𝒅 
 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −24(8) − 3(8)
2 + 160 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟐𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
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TESTE SIMULADO 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.1 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação 
na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento transversal e 
inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 4 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
Utilizando a tabela, tem-se: 
 
𝛿𝐵 = −
𝑞𝐿4
30𝐸𝐼
= −
2 ∙ 34
30 ∙ 4 ∙ 105
= 1,35 ∙ 10−5 𝑚 = 0,0135𝑚𝑚 
𝜃𝐵 = −
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= −
2 ∙ 33
24 ∙ 4 ∙ 105
= 5,625 ∙ 10−6 𝑟𝑎𝑑 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por 
meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8 ∙
105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
Deve-se utilizar a tabela da linha elástica para os três casos de carregamento observados: 
carga uniformemente distribuída ao longo do vão completo da viga, carga concentrada 
aplicada nomeio do vão e carga momento concentrada aplicada no apoio da esquerda. 
Desta forma: 
 
𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑀 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
𝑦 = −
𝑞𝑥
24𝐸𝐼
(𝐿3 − 2𝐿𝑥2 + 𝑥3) −
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 − 4𝑥2) −
𝑀𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) 
 
𝑦 = −
2𝑥
24𝐸𝐼
(103 − 2 ∙ 10 ∙ 𝑥2 + 𝑥3) −
12𝑥
48𝐸𝐼
(3 ∙ 102 − 4𝑥2)
−
24𝑥
6 ∙ 10 ∙ 𝐸𝐼
(2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(−
𝑥4
12
+
34𝑥3
15
+ 12𝑥2 −
715𝑥
3
) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(−
𝑥3
3
+
34𝑥2
5
+ 24𝑥 −
715
3
) 
 
Para obter-se a posição da flecha máxima é necessário igualar a equação da inclinação a 
zero. 
 
1
𝐸𝐼
(−
𝑥3
3
+
34𝑥2
5
+ 24𝑥 −
715
3
) = 0 
 
Resolvendo a equação acima, obtém-se as seguintes raízes: 
 
𝑥1 = 22,19 (Fora do domínio) 
𝑥2 = −6,64 (Fora do domínio) 
𝒙𝟑 = 𝟒, 𝟖𝟓 
 
Desta forma: 
 
i) Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 =
1
8 ∙ 105
∙ (−
4,854
12
+
34 ∙ 4,853
15
+ 12 ∙ 4,852 −
715 ∙ 4,85
3
) 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟖𝟐𝟔𝟓 𝒎𝒎 
 
 
ii) Rotação nos apoios. 
 
𝑦′ = 𝜃𝐴 =
1
8 ∙ 105
∙ (−
03
3
+
34 ∙ 02
5
+ 24 ∙ 0 −
715
3
) 
 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟗𝟕𝟗 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 5 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. Cálculo das reações de apoio. 
 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 20 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 + 𝑉𝐵 ∙ 4 − 12 ∙ 6 − 8 ∙ 2 = 0 
2. Método da superposição. 
A reação vertical do apoio B pode ser considerada superabundante, tornando o problema 
hiperestático. Para resolver esse óbice, deve-se retirar o apoio intermediário a fim de se 
obter uma viga isostática auxiliar. Tal procedimento não pode ficar impune. Em 
contrapartida, para restabelecer as condições originais da estrutura, aplica-se uma carga 
P vertical e para cima ao nó B. Por fim, a seguinte equação de compatibilidade dos 
deslocamentos deve ser considerada: 
𝛿1𝐵 + 𝛿2𝐵 + 𝛿3𝐵 = 0 
[−
𝑞𝑥
24𝐿𝐸𝐼
(𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4)] + [−
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2)] +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
[−
2 ∙ 4
24 ∙ 8
(8 ∙ 43 − 4 ∙ 4 ∙ 8 ∙ 42 + 2 ∙ 42 ∙ 42 + 4 ∙ 42 ∙ 82 − 4 ∙ 43 ∙ 8 + 44)]
+ [−
12 ∙ 2 ∙ 4
6 ∙ 8
(82 − 22 − 42)] +
𝑉𝐵 ∙ 8
3
48
= 0 
𝑽𝑩 = 𝟏𝟑, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
 
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Substituindo o valor acima nas equações encontradas por meio do equilíbrio da estático, obtém-
se as demais reações de apoio: 
𝑽𝑨 = 𝟐, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 
𝑽𝑪 = 𝟒, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼= 2 ∙ 105𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 12 − 24 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 12 − 6𝑥 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 6(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 6(6)2 − (6)3 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟎 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 = 0 
𝑥 = 0 
𝒙 = 𝟒𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 6(4)
2 − (4)3 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 12(0) − 3(0)
2 
𝜽𝑨 = 𝟎 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 12(6) − 3(6)
2 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
TESTE 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2013.2 
 
Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
 
01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios da viga isostática abaixo. Dado: �� = 1000 ��. 
². 
 
 
 
Fazendo � = 6
 e � = 12
, para uma carga � = 18��, tem-se como reações de apoio �� = 12�� e �� = 6��. 
 
Trecho I: � ≤ � ≤ � 
 � = 12� ���" = 12� ����� = 6�� + !� ���� = 2�" + !�� + !� 
 
Trecho II: � ≤ � ≤ #$ 
 � = −6� + 108 ���" = −6� + 108 ����� = −3�� + 108� + !" ���� = −�" + 54�� + !"� + !) 
 
Condições de contorno. 
 
i) � = 0 e � = 0 
ii) � = 18 e � = 0 
iii) � = 6 e ��� = ��� 
iv) � = 6 e �� = �� 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
i) �� ∙ +0, = 2 ∙ +0," + !� ∙ +0, + !� 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 -. = � 
 
ii) �� ∙ +0, = −+18," + 54 ∙ +18,� + !" ∙ +18, + !) 
 18!" + !) = −11664 
 
iii) 6�� + !� = −3�� + 108� + !" 6 ∙ +6,� + !� = −3 ∙ +6,� + 108 ∙ +6, + !" 
 !� − !" = 324 
 
iv) 2�" + !�� = −�" + 54�� + !"� + !) 2 ∙ +6," + !� ∙ +6, = −+6," + 54 ∙ +6,� + !" ∙ +6, + !) 
 6+!� − !", = 216 + !) 
 6 ∙ 324 = 216 + !) -/ = �/$ 
 18!" + 648 = −11664 -0 = −�$/ 
 !� − +−684, = 324 
 -# = −0�� 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: � ≤ � ≤ � 
 ����� = 6�� − 360 ���� = 2�" − 360� 
 
Trecho II: � ≤ � ≤ #$ 
 ����� = −3�� + 108� − 684 ���� = −�" + 54�� − 684� + 648 
 
Flecha máxima. 
 �1á3 → �� = 0 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 6�� − 360 = 0 � = 7,75
 
 
A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre no nele. 
 
i) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 −3�� + 108� − 684 = 0 ÷ +−3, �� − 36� + 228 = 0 �� = $, .8 �� = 27,8 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para �, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 ���� = −�" + 54�� − 684� + 648 
 1000�1á3 = −+8,2," + 54 ∙ +8,2,� − 684 ∙ +8,2, + 648 
 98á� = −#, $$8 
 
Inclinação nos apoios. 
 ����� = 6�� − 360 ��:� = 6+0,� − 360 ;< = −�, 0� rad 
 ����� = −3�� + 108� − 684 ��:� = −3+18,� + 108+18, − 684 ;= = �, .$$ rad 
 
 
02) uma viga engastada é carregada uniformemente por uma carga momento distribuída 
(momento fletor, não torque) de intensidade 
 por unidade de comprimento ao longo do 
eixo x, conforme mostra a figura abaixo. A partir da equação diferencial da linha elástica, 
determine a deflexão e a rotação na extremidade em balanço da viga. 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
 
Neste caso é melhor seccionar a viga no trecho AB, olhando para a direita. A distribuição 
é de carga momento. Portanto, basta multiplicar o momento fletor dado pela distância 
correspondente e utilizar a convenção de momento fletor. Desta forma: 
 � = −
+> − �, 
 
Trecho I: � ≤ � ≤ ? 
 ���" = −
> + 
� 
���� = −
>� + 
 ��2 + !� 
��� = −
> ��2 + 
�"
6 + !�� + !� 
 
Condições de contorno. 
 
i) � = 0 e � = 0 
ii) � = 0 e :� = 0 
 
Substituindo as condições de contorno, tem-se: 
 !� = !� = 0 
 
Na extremidade em balanço, tem-se �� = >. 
���� = −
>� + 
 ��2 
��:� = −
>+>, + 
 +>,
�
2 
;= = − 8?
.
.@A 
 
��� = −
> ��2 + 
�"
6 
���� = −
> +>,
�
2 + 
+>,"
6 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
9= = − 8?
0
0@A 
 
 
03) Uma viga isostática simplesmente apoiada está submetida a uma carga 
parabolicamente distribuída de intensidade B, conforme mostra a figura a seguir. 
Determine a equação da linha elástica e calcule a deflexão máxima. 
 
 
 
 
������� = − 4BC�> +
4BC��>� 
������ = − 2BC��> +
4BC�"3>� + !� 
����� = − 2BC�"3> +
BC�)3>� + !�� + !� 
���� = − BC�)6> +
BC�D15>� + !�
��
2 + !�� + !" 
��� = − BC�D30> +
BC�E90>� + !�
�"
3 + !�
��
2 + !"� + !) 
 
Condições de contorno. 
 
i) � = 0 e � = 0 
ii) � = 0 e �′′ = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) 
iii) � = > e ��� = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) 
iv) � = > e � = 0 
 
Substituindo, tem-se: 
 
i) 
��+0, = − BC+0,D30> +
BC+0,E90>� + !�
+0,"
3 + !�
+0,�
2 + !"+0, + !) -/ = � 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
ii) 
 
��+0, = − 2BC+0,"3> +
BC+0,)3>� + !�+0, + !� -. = � 
 
iii) 
 
��+0, = − 2BC+>,"3> +
BC+>,)3>� + !�+>, 
-# = H�?0 
 
iv) 
 
��+0, = − BC+>,D30> +
BC+>,E90>� +
BC>3
+>,"
3 + !"+>, 
 
-0 = − H�?
0
0� 
 
Portanto, a equação da linha elástica é dada por: 
 
� = − BC�90>��� +3>D − 5>"�� + 3>�) − �D, 
Pela simetria tanto de carga como geométrica, pode-se afirmar que flecha máxima ocorre 
no meio do vão. Desta forma, substituindo � = > 2I na equação da linha elástica, tem-se: 
 
�1á3 = − BC J
>2K90>��� L3>D − 5>" M
>
2N
� + 3> M>2N
) − M>2N
DO 
�1á3 = − BC>180>��� L3>D −
5>D
4 +
3>D
16 −
>D
32O 
�1á3 = − BC180>�� L
96>D − 40>D + 6>D − >D
32 O 
98á� = − �#H�?
/
PQ��@A 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
AVALIAÇÃO PARCIAL 1 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO/ 3161 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação nos apoios. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação 
da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
 
𝑦 = +
5𝑞𝐿4
384𝐸𝐼
= +
5 ∙ 96 ∙ 104
384 ∙ 1000
= −𝟏𝟐, 𝟓 𝒎 
 
𝜃𝐴 = +
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= +
96 ∙ 103
24 ∙ 1000
= +𝟒 𝒓𝒂𝒅 
𝜃𝐵 = −
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= −
96 ∙ 103
24 ∙ 1000
= −𝟒 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da 
superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝑚 ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
24 ∙ 44
8 ∙ 1000
+ 4 ∙ (−
24 ∙ 43
6 ∙ 1000
) −
48 ∙ 83
3 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟗, 𝟗𝟖𝟒 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
𝜃𝐶 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
24 ∙ 43
6 ∙ 1000
−
48 ∙ 82
2 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟕𝟗𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
Deve-seretirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 
 
 
−
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼
(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
 
𝑉𝐵 ∙ 12
3
48 ∙ 1000
=
48 ∙ 63
24 ∙ 12 ∙ 1000
∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) +
192 ∙ 3 ∙ 6
6 ∙ 12 ∙ 1000
(122 − 32 − 62) 
 
𝑽𝑩 = 𝟑𝟏𝟐𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 288 + 192 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 480 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 192 ∙ 9 − 288 ∙ 3 = 0 
12𝑉𝐶 + 312 ∙ 6 − 2592 = 0 
12𝑉𝐶 = 720  𝑽𝑪 = 𝟔𝟎𝒌𝑵 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
𝑉𝐴 + 312 + 60 = 480 
𝑽𝑨 = 𝟏𝟎𝟖𝒌𝑵 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla 
integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios 
da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 72 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −12 
 
𝐸𝐼𝑦" = −12x 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −2(0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −2(6)3 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟕𝟐 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 = 0 
x = −3,46m (Fora do domínio) 
𝐱 = 𝟑, 𝟒𝟔𝐦 
 
𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 72𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −2 ∙ (3,46)
3 + 72(3,46) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟔 𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = −6(0)
2 + 72 
𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟕𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −6(6)
2 + 72 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟒𝟒 𝒓𝒂𝒅 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
SIMULADO/GABARITO 
Disciplina: Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Equação da Linha Elástica 
Prof. Fernando Peroba 
2141/3162 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação 
máximas. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha 
elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 = +
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
= +
20 ∙ 102
2 ∙ 1000
= +𝟏 𝒎 
 
𝜃𝐵 =
𝑀𝐿
𝐸𝐼
=
20 ∙ 10
1000
= 𝟎, 𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da 
superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝑚 ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
48 ∙ 54
8 ∙ 1000
+ 5 ∙ (−
48 ∙ 53
6 ∙ 1000
) −
6 ∙ 103
3 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
 
𝜃𝐶 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
48 ∙ 53
6 ∙ 1000
−
6 ∙ 102
2 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
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03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela 
de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da extremidade e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑀 + 𝑦𝑃 = 0 
 
−
𝑤𝐿4
8𝐸𝐼
−
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
+
𝑉𝐵𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
8 ∙ 104
8 ∙ 1000
−
40 ∙ 102
2 ∙ 1000
+
𝑉𝐵 ∙ 10
3
3 ∙ 1000
= 0 
 
𝑽𝑩 = 𝟑𝟔𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑ 𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑ 𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 80 
𝑉𝐴 + 36 = 80 
𝑽𝑨 = 𝟒𝟒 𝒌𝑵 
↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐵 ∙ 10 + 𝓂𝐴 − 80 ∙ 5 − 40 = 0 
𝓶𝑨 = 𝟖𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
 
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04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla 
integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios 
da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁. 𝑚². 
 
 
BOA PROVA!! 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 28 + 100 = 0 
𝑉𝐵 = −12 𝑘𝑁 
𝑉𝐴 = 12 𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 12𝑥 − 100 
𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (0)3 − 50 ∙ (0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (6)3 − 50 ∙ (6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟐𝟐𝟖 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
 
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𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 = 0 
𝐱 = 𝟐, 𝟕𝟑𝐦 
𝐱 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟒𝐦 (Fora do Domínio) 
 
𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 228𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 2 ∙ (2,73)
3 − 50(2,73)2 + 228(2,73) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟐𝟗 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 6(0)
2 − 100(0) + 228 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟐𝟐𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 6(6)
2 − 100(6) + 228 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟓𝟔 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
NOTA DE AULA 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Flambagem em Colunas 
Prof. Fernando Peroba 
 
Conceito de Carga Crítica 
Ao ser projetado, um elemento deve satisfazer às condições de resistência, deslocamentos 
limites e estabilidade. Alguns elementos podem estar submetidos a cargas compressivas, 
e se esses elementos forem longos ou esbeltos, o carregamento pode ser suficientemente 
elevado para causar uma instabilidade lateral. Quanto à estabilidade, existem três tipos 
dela: 
 
Especificamente, elementos longos e esbeltos sujeitos a cargas axiais compressivas são 
chamados de colunas e seus deslocamentos laterais são caracterizados através do 
fenômeno conhecido como flambagem. 
A carga axial máxima que uma coluna pode suportar quando atinge a iminência de 
flambar é chamada de carga crítica, Pcr. 
 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
 
Verifica-se que uma coluna flambará relativamente ao eixo principal da seção transversal 
com o menor momento de inércia (eixo mais fraco). Por exemplo, uma coluna com seção 
transversal retangular, veja figura acima, flambará em relação ao eixo a – a, e não em 
relação ao eixo b - b. Consequentemente, os engenheiros ao dimensionar as seções 
transversais dos elementos estruturais procuram atender à condição de momentos de 
inércia idênticos em todas as direções. Assim, do ponto de vista geométrico, os tubos 
circulares são excelentes colunas. 
Considere o esquema de uma coluna submetida a um carregamento axial de compressão. 
A partir dele será deduzida a equação da carga crítica de flambagem. 
 
 
 
 
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1. Fórmula da Carga Crítica. 
 
𝑀 = −𝑃𝑦 
𝐸𝐼𝑦" = 𝑀 
𝐸𝐼𝑦" = −𝑃𝑦 
𝐸𝐼𝑦" + 𝑃𝑦 = 0 
𝑦" +
𝑃
𝐸𝐼
𝑦 = 0 
𝑦" + 𝑘2𝑦 = 0 
𝑘2 =
𝑃
𝐸𝐼
 
A solução de uma equação diferencial é uma função que a verifica. O quadro a seguir 
mostra algumas funções que foram substituídas na equação diferencial estudada. Note 
que somente a função seno e cosseno podem ser soluções particulares da EDO. 
𝑦 𝑦′ 𝑦" 𝑘2𝑦 𝑦" + 𝑘2𝑦 
𝑒𝑘𝑥 𝑘𝑒𝑘𝑥𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒𝑘𝑥 ≠ 0 
𝑒−𝑘𝑥 −𝑘𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 ≠ 0 
𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 
−𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥)
= 0 
𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) −𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 
−𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥)
= 0 
 
Desta forma, tem-se: 
 
𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 
 
Para o cálculo das constantes A e B, deve-se definir as condições de contono. 
 
Condições de contorno. 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 
Substituindo, tem-se: 
0 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 0) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 0) 
0 = 𝐴 ∙ 0 + 𝐵 ∙ 1 
𝑩 = 𝟎 
0 = 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 𝐿) + 0 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 𝐿) 
𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 0 
𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 𝑠𝑒𝑛(𝜋) 
𝑘𝐿 = 𝜋 
𝑘2𝐿2 = 𝜋2 
 
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𝑃
𝐸𝐼
𝐿2 = 𝜋2 
 
𝑷𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬𝑰
𝑳𝟐
 
 
2. Tensão crítica. 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸𝐼
𝐿2𝐴
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
𝐿2
(
𝐼
𝐴
) 
 
Raio de giro. 
 
𝑟 = √
𝐼
𝐴
 
 
𝑟2 =
𝐼
𝐴
 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸𝑟2
𝐿2
 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
𝐿2
𝑟2
 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
(
𝐿
𝑟)
2 
 
𝝈𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬
𝝀𝟐
 
 
𝜆 =
𝐿
𝑟
 
 
Onde 𝜆 é o índice de esbeltez. 
 
 
 
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Lista de Exercícios 3 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Flambagem em Colunas 
Prof. Fernando Peroba 
 
 
01) Observe as tabelas abaixo na qual são mostradas as propriedades de 4 materiais e as 
dimensões de 4 colunas. Faça um estudo quanto à flambagem ao se construir as colunas 
com todos os materiais disponíveis. Para tanto, determine: a) o índice de esbeltez crítico; 
b) a tensão crítica de flambagem e c) a carga crítica de flambagem para cada material. 
Em todos os casos utilize um coeficiente de segurança igual a 2,0. 
 
Tabela 1. Materiais. 
MAT TIPO 
Tensão de Escoamento 𝝈𝑬 
(𝑴𝑷𝒂) 
Módulo de 
elasticidade 𝑬 
(𝑮𝑷𝒂) 
 
1 
Concreto de alta 
resistência 
40 30 
2 Ferro fundido maleável 230 165 
3 Aço ASTM-A709 C 450 345 200 
4 Alumínio Liga 2014-T6 400 75 
 
Tabela 2. Colunas. 
COL TIPO SEÇÃO 
 
ALTURA 
 
1 Circular cheia (Birrotulada) 𝐷 = 200𝑚𝑚 𝐿 = 2,5𝑚 
2 Circular vazada (Biengastada) 𝐷 = 40𝑚𝑚 e 𝑑 = 30𝑚𝑚 𝐿 = 4,0𝑚 
3 Retangular (Engastada livre) 240𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚 𝐿 = 3,5𝑚 
4 Quadrada (Rotulada engastada) 𝑏 = 60𝑚𝑚 𝐿 = 2,0𝑚 
 
 
02) Considere a Tabela de Propriedades dos Materiais e a Tabela de Propriedades de 
Perfis de Aço Laminado. Escolha livremente um material (diferente daqueles da questão 
01) e um tipo de dimensão nominal para cada perfil abaixo e determine a tensão crítica e 
a carga crítica de flambagem. Depois decida qual é melhor escolha do ponto de vista 
estrutural. (Utilize uma altura de 3 m para todas as colunas) 
 
a) Perfil de mesas largas (“W”) – Coluna birrotulada. 
b) Perfil “I” – Coluna engastada livre. 
c) Perfil “U” – Coluna biengastada. 
d) Perfil “Cantoneira” – Coluna engastada rotulada. 
 
 
 
 
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RESPOSTAS (QUESTÃO 01) 
 
MATERIAL COLUNA 𝝀𝒄𝒓 𝝈𝒄𝒓 (𝑴𝑷𝒂) 𝑷𝒄𝒓 (𝒌𝑵) 
1 
1 86,6 20 628,32 
2 86,6 5,86 3,22 
3 86,6 20 576 
4 86,6 20 72 
2 
1 84,7 115 3612,83 
2 84,7 32,225 17,72 
3 84,7 20,21 582,05 
4 84,7 115 414 
3 
1 76,14 172,5 5419,25 
2 76,14 39,06 21,47 
3 76,14 24,5 705,6 
4 76,14 153,17 551,41 
4 
1 43,3 150 4712,39 
2 43,3 14,65 8,05 
3 43,3 9,185 264,53 
4 43,3 57,44 206,78 
 
Obs: A questão 02 depende da escolha de cada aluno. Portanto, o gabarito é individual, 
segundo a escolha do tipo de perfil. No entanto, o raciocínio é semelhante ao da questão 
01. 
 
RESUMO TEÓRICO 
 
Considere a Esbeltez Crítica (𝜆𝑐𝑟), a Tensão Crítica (𝜎𝑐𝑟), utilizando a fórmula de Euler, 
e a esbeltez do elemento estrutural (𝜆). 
 
 
𝝀𝒄𝒓 = √
𝝅𝟐𝑬
𝝈𝑬
 
 
𝝈𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬
𝝀𝟐
 𝝀 =
𝑳𝒇
𝒓
 
 
Onde: 
E: Módulo de Elasticidade (Característica do material); 
𝜎𝐸: Tensão de Escoamento (Característica do material); 
𝑟: Raio de giro (Característica da seção transversal); 
𝐿𝑓: Comprimento efetivo da coluna (Depende do tipo de vínculo nas extremidades); 
𝜆: Índice de esbeltez. 
 
 
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O Comprimento Efetivo de Flambagem 𝐿𝑓 depende do tipo de vínculo existente nas 
extremidades, como mostra a Figura 1. A validade da Fórmula de Euler é determinada 
pelo valor índice de esbeltez crítico e pela tensão de escoamento (Figura 2). 
 
 
 
 
 
 
Figura 1. Comprimento Efetivo. 
 
 
Figura 2. Fórmula de Euler. 
 
 
IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida 
ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados.
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PROPRIEDADES GEOMÉTICAS DAS SEÇÕES. 
 
SEÇÃO MOMENTO DE INÉRCIA ÁREA RAIO DE GIRO 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝑏ℎ3
12
 
 
𝐴 = 𝑏ℎ 
 
𝑟 =
ℎ
√12
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝑏4
12
 
 
𝐴 = 𝑏2 
 
𝑟 =
𝑏
√12
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝜋𝐷4
64
 
 
𝐴 =
𝜋𝐷2
4
 
 
𝑟 =
𝐷
4
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝜋𝐷4
64
−
𝜋𝑑4
64
 
 
𝐴 =
𝜋𝐷2
4
−
𝜋𝑑2
4
 
 
𝑟 =
√𝐷2 + 𝑑2
4
 
 
ℎ 
𝑏 
𝑏 
𝑏 
𝐷 
𝑑 𝐷 
 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
 
Lista de Exercícios 3 
Disciplina de Resistência dos Materiais II 
Semestre 2014.2 
 
Flambagem em Colunas 
Prof. Fernando Peroba 
GABARITO 
 
01) Observe as tabelas abaixo na qual são mostradas as propriedades de 4 materiais e as 
dimensões de 4 colunas. Faça um estudo quanto à flambagem ao se construir as colunas 
com todos os materiais disponíveis. Para tanto, determine: a) o índice de esbeltez crítico; 
b) a tensão crítica de flambagem e c) a carga crítica de flambagem para cada material. 
Em todos os casos utilize um coeficiente de segurança igual a 2,0. 
 
Tabela 1. Materiais. 
MAT TIPO 
Tensão de Escoamento 𝝈𝑬 
(𝑴𝑷𝒂) 
Módulo de 
elasticidade 𝑬 
(𝑮𝑷𝒂) 
 
1 
Concreto de alta 
resistência 
40 30 
2 Ferro fundido maleável 230 165 
3 Aço ASTM-A709 C 450 345 200 
4 Alumínio Liga 2014-T6 400 75 
 
Tabela 2. Colunas. 
COL TIPO SEÇÃO