Resistência dos Materiais - Civil

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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Unidade III
7 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS
7.1 Introdução
Figura 194
O estudo das propriedades geométricas das seções transversais de um elemento estrutural ou de 
uma máquina é de extrema importância, pois essas características definem a resistência, a estabilidade 
e a rigidez do elemento.
As principais propriedades geométricas de figuras planas são:
• momento estático;
• centro gravidade;
• momento de inércia;
• módulo resistente;
• raio de giração.
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Unidade III
7.2 Momento estático
O momento de uma força em relação a um eixo qualquer é o produto entre a força e a distância. A 
definição de momento estático é estabelecida pelo produto entre a área do elemento e a distância que 
o separa do eixo de referência.
O momento estático em relação aos eixos x e y é definido como as duas equações a seguir:
Mx = y . dA
My = x . dA
Figura 195 – Momento estático de um elemento
 Lembrete
A área e a distância devem formar um ângulo de 90º.
O momento estático de uma superfície plana é determinado através da integral de área dos momentos 
estáticos dos elementos de superfície que formam a superfície total, conforme os seguintes modelos:
x
A
M y.dA= ∫
y
A
M x.dA= ∫
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 196 – Momento estático de uma superfície plana
Como o momento estático é o produto de uma área (m2) por uma distância (m), sua unidade de 
medida é metros cúbicos (m3).
7.3 Centro de gravidade de uma figura plana
O centro de gravidade (centroide) de uma área se refere ao ponto que define o centro geométrico 
da área. É um local na própria figura, ou fora dela, no qual se concentra a superfície. Sua localização se 
dá através das coordenadas XG e YG, obtidas por meio da relação entre o respectivo momento estático 
de superfície e a área total dela.
Figura 197 – Centro de gravidade
yA
CG
A
x.dA
M
X
AdA
= =
∫
∫
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Unidade III
xA
CG
A
y.dA
M
Y
AdA
= =
∫
∫
A área da seção transversal de componentes mecânicos e estruturais pode ser dividida em um grupo 
de formas simples, como retângulos e círculos. Através da relação entre somatório dos momentos 
estáticos da superfície e sua área total, determinam-se coordenadas do centro de gravidade.
Figura 198 – Divisão em áreas menores
i n
i i
i 1
CG i n
i
i 1
A .X
X
A .
=
=
=
=
=
∑
∑
i n
i i
i 1
CG i n
i
i 1
A .Y
Y
A .
=
=
=
=
=
∑
∑
Em figuras vazadas, as relações anteriores podem ser usadas, porém as seções vazadas devem 
ser subtraídas.
Exemplo 1
Mostre que, para um retângulo, o centro de gravidade CG em relação ao eixo X que passa pela sua 
base é h/2.
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Figura 199
Resolução:
x
CG
M
Y
A
=
x
A
M y.dA= ∫
h
x
0
M y..bdy= ∫
h2
x
0
b.y
M
2
 
=  
  
2
x
b.h
M
2
=
2
x
CG
b.h
M 2Y
A b.h
= =
CG
h
Y
2
=
 
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Unidade III
As imagens a seguir mostram a solução das equações do centro de gravidade para as figuras 
geométricas mais utilizadas.
Retângulo
Triângulo
Círculo
Semicírculo
Figura 200 – Centro de gravidade de algumas figuras planas
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 2
Determine o centro de gravidade da figura:
Figura 201
Resolução:
A figura é simétrica em relação ao eixo y, então:
CG
b 16
X
2 2
= =
XCG = 8 cm
x
CG
M
Y
A
=
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Unidade III
Momento estático
M1x = YCG1 . A1 = 15 . (16 . 30) = 7200 cm
3
M2x = YCG2 . A2 = 20 . (8 . 12) = 1920 cm
3 
M3x = YCG3 . A3 = 7 . (6 . 8) = 336 cm
3
Mx = M1x - M2x - M3x
Mx = 7200 - 1920 - 336
Mx = 4944 cm
3
Área total
AT = A1 - A2 - A3
AT = (16 . 30) - (12 . 8) - (8 . 6)
AT = 336 cm
2
x
CG
M 4944
Y
A 336
= =
YCG = 14,71 cm
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A seguir, consta a localização dos pontos encontrados.
Figura 202
 
Exemplo 3
Determine o centro de gravidade da figura:
Figura 203
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Unidade III
Resolução:
A figura será dividida em três áreas: retângulo, triângulo e semicírculo.
Figura 204
Momento estático em relação ao eixo X.
MRx = YCG . AR = 6(24 . 12) = 1728 cm
3
MTx = YCG . AT = 8(6 . 6) = 228 cm
3 
2
3
SCx CG SC
.4
M y .A 10,3. 258,86cm
2
 π= = =  
Mx = MRx - MTx - MSC = 1728 - 288 - 258,86
Mx = 1181,14 cm
3
Área total
2
T R T SC
6.12 .4
A A A A (24.12)
2 2
 π = − − = − −      
AT = 226,87 cm
2
x
CG
M 1181,14
Y
A 226,87
= =
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YCG ≅ 5,20 cm
Momento estático em relação ao eixo Y.
MRy = XCG . AR = 12(24 . 12) = 3456 cm
3 
3
Ty CG T
6.12
M x .A 2. 72cm
2
 = = =  
2
3
SCy CG SC
.4
M x .A 16. 402,11cm
2
 π= = =  
My = MRy - MTy - MSCy = 3456 - 72 - 402,11
Mx = 2981,89 cm
3
y
CG
M 2981,89
X
A 226,87
= =
YCG ≅ 13,14 cm
Tente refazer o exercício considerando a divisão de áreas da figura a seguir. Os resultados de XCG e 
YCG serão os mesmos.
Figura 205
 
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Unidade III
7.4 Momento de inércia
O momento de inércia é uma característica geométrica que relaciona a resistência de uma peça 
ou um elemento estrutural com seu formato. Essa característica fornece valores numéricos quanto à 
resistência da peça, ou seja, quanto maior for o momento de inércia da seção transversal de uma peça, 
maior será sua resistência. Em termos conceituais, o momento de inércia também é conhecido como 
momento de segunda ordem. Considerando uma superfície finita em relação a um eixo arbitrário no 
plano da área, o momento de inércia é dado pelo somatório dos momentos de inércia em relação ao 
mesmo eixo de todos os elementos de área contidos na superfície finita. Quando determinado por 
integração, assume a seguinte forma das equações:
2
x
A
I y dA= ∫
2
y
A
I x dA= ∫
Figura 206 – Eixos de referência para o momento de inércia
Como no centro de gravidade, o momento de inércia total de uma superfície é a somatória dos 
momentos de inércia das figuras que a compõem. A seguir, ilustraremos os principais valores de algumas 
figuras geométricas. Apresentaremos aqui os cálculos do momento de inércia somente em relação ao 
eixo X, porém todos os conceitos são validos para o eixo Y:
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Retângulo
Triângulo
Círculo
Corda circular
Figura 207 – Centro de gravidade de algumas figuras planas
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Unidade III
Exemplo 1
Determine o momento de inércia da figura em relação ao eixo X, que passa pelo centro de gravidade 
(medidas em centímetro):
Figura 208
Resolução:
3
XCG
b.h
I
12
=
3
4
XCG1
16.24
I 18432cm
12
= =
3
4
XCG2
6.16
I 2048cm
12
= =
IXCG = 18432 - 2048
IXCG = 16384 cm
4
 
 Observação
O momento de inércia envolve o produto da distância elevado à segunda 
potência pela área; suas unidades envolvem comprimento elevado à quarta 
potência. O momento de inércia da área é uma propriedade puramente 
matemática e, por si só, não tem significadofísico.
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7.5 Translação de eixos
As equações apresentadas para o momento de inércia somente são válidas caso o eixo passe 
no centro de gravidade da figura. Se o eixo estiver deslocado, há necessidade de se fazer uma 
translação de eixos.
Figura 209 – Translação de eixos
O momento de inércia de uma superfície em relação a um eixo qualquer é determinado pela 
seguinte equação:
2
X XCG CGI I A.y= +
Onde:
IX é o momento de inércia da figura em relação ao eixo X.
IXCG é o momento de inércia da figura em relação ao eixo XCG, que passa pelo CG.
A equação do momento de inércia pode ser expressa em razão do momento estático.
2
X XCG
Mx
I I
A
= +
Exemplo 1
A figura representa a seção transversal de uma viga “T”. Determine:
• centro de gravidade;
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• momento de inércia em relação ao eixo X;
• momento de inércia em relação ao eixo XCG.
Figura 210
Resolução:
A figura será dividida em três áreas.
Figura 211
Centro de gravidade
A figura é simétrica em relação ao eixo y, então:
XCG = 8 cm
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x
CG
M
Y
A
=
Momento estático
M1x = yCG1 . A1 = 12 . (6 . 4) = 288 cm
3
M2x = yCG2 . A2 = 7 . (4 . 14) = 392 cm
3 
M3x = yCG3 . A3 = 12 . (6 . 4) = 288 cm
3
Mx = M1x + M2x + M3x
Mx = 288 + 392 + 288
Mx = 968 cm
3
Área total
AT = A1 + A2 + A3 
AT = 104 cm
2
x
CG
M 968
Y
A 104
= =
YCG = 9,3 cm
Momento de inércia em relação ao eixo X
2
X XCG
Mx
I I
A
= +
( )
3 2 3 2
41X
1X
1
b.h M 6.4 288
I 3488cm
12 A 12 6.4
= + = + =
( )
3 2 3 2
42X
2X
2
b.h M 4.14 392
I 3658,67cm
12 A 12 4.14
= + = + =
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( )
23 3 2
43X
3X
3
Mb.h 6.4 288
I 3488cm
12 A 12 6.4
= + = + =
IX = I1X + I2X + I3X
IX = 3488 + 3656,67 + 3488
IX = 10634,67 cm
4
Momento de inércia em relação ao eixo XCG
2
X XCG
Mx
I I
A
= +
2
XCG X
Mx
I I
A
= −
2
XCG
968
I 10634,67
104
= −
IXCG = 1624,82 cm
4
Tente refazer o exercício considerando a divisão de áreas da figura a seguir. Os resultados serão 
os mesmos.
Figura 212 
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7.6 Módulo resistente
Para o dimensionamento de peças submetidas à flexão, é necessária a determinação do módulo 
resistente. Define-se tal módulo de uma superfície plana em relação aos eixos baricêntricos x e y como 
a associação entre o momento de inércia referente ao eixo baricêntrico e a distância máxima entre o 
eixo e a extremidade da seção transversal estudada.
Figura 213 – Módulo resistente
CG
máx
I
Wx
y
=
CG
máx
I
Wy
x
=
7.7 Raio de giração
O raio de giração é utilizado para o estudo de flambagem em peças. Ele ocorre em uma superfície 
plana em relação a um eixo de referência; constitui-se de uma distância particular entre a superfície 
e o eixo, na qual o produto entre a referida distância elevada ao quadrado e a área total da superfície 
determina o momento de inércia da superfície em relação ao eixo.
Figura 214 – Raio de giração
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Unidade III
I
i
A
=
Exemplo 1
Determine o módulo resistente e o raio de giração do exemplo de aplicação anterior.
Resolução:
Figura 215
Módulo resistente.
4
CG
máx
I 1624,82cm
Wx
y 9,3cm
= =
Wx = 174,71 cm3
Raio de giração.
CGI 1624,82i
A 104
= =
i = 3,95 cm
 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 2
Determine as seguintes características geométricas para Viga I:
a) Centro de gravidade.
b) Momento de inércia em relação ao eixo X.
c) Momento de inércia em relação ao eixo XCG.
d) Módulo resistente.
e) Raio de giração.
Figura 216
Resolução:
Figura 217
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Unidade III
A figura será dividida em três áreas.
a) Centro de gravidade.
A figura é simétrica em relação ao eixo y, então:
CGX 6cm=
x
CG
M
Y
A
=
Momento estático
M1x = yCG1 . A1 = 15 . (12 . 2) = 360 cm
3
M2x = yCG2 . A2 = 8 . (12 . 2) = 192 cm
3 
M3x = yCG3 . A3 = 1 . (12 . 2) = 24 cm
3
Mx = M1x + M2x + M3x
Mx = 360 + 192 + 24
Mx = 576 cm
3
Área total
AT = A1 + A2 + A3 
AT = 72 cm
2 
x
CG
M 576
Y
A 72
= =
YCG = 8 cm
b) Momento de inércia em relação ao eixo X.
2
X XCG
Mx
I I
A
= +
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( )
3 2 3 2
41X
1X
1
b.h M 12.2 360
I 5408cm
12 A 12 12.2
= + = + =
( )
3 2 3 2
42X
2X
2
b.h M 2.12 192
I 1824cm
12 A 12 12.2
= + = + =
( )
23 3 2
43X
3X
3
Mb.h 12.2 24
I 32cm
12 A 12 6.4
= + = + =
IX = I1X + I2X + I3X
IX = 5408 + 1824 + 32
IX = 7264 cm
4 
c) Momento de inércia em relação ao eixo XCG.
2
X XCG
Mx
I I
A
= +
2
XCG X
Mx
I I
A
= −
2
XCG
576
I 7264
72
= −
IXCG = 2656 cm
4
Módulo resistente.
CG
máx
I 2656
Wx
y 8
= =
Wx = 332 cm3
Raio de giração.
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Unidade III
CGI 2656i
A 72
= =
i = 6,07 cm 
 Saiba mais
As principais vigas utilizadas na construção mecânica são padronizadas 
e suas características geométricas são apresentadas em tabelas. Quem 
quiser ter acesso a uma série destas tabelas, leia: PHILPOT, T. A. Mecânica dos 
materiais: um sistema integrado de ensino. 2. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2013.
8 APLICAÇÃO DE CARGAS AXIAIS
Examine a barra retangular sujeita a uma força de compressão axial P. A barra está fixa na base e a força 
total P está aplicada no topo da barra em três partes distribuídas por igual, conforme ilustrado, em uma 
região estreita idêntica a um quarto da largura. O valor absoluto da força P é tal que o material se comporta 
elasticamente: portanto, a lei de Hooke é válida. As deformações na barra são indicadas pelas linhas da 
malha (grade). Em particular, observe que tais linhas estão distorcidas nas proximidades da força P e da 
base fixa. Entretanto, longe destas duas regiões não há distorção, permanecendo ortogonais e comprimidas 
uniformemente na direção da força aplicada P. Uma vez que a lei de Hooke é válida, a tensão deve ser 
proporcional à deformação específica (e, em consequência, às variações de comprimento). Portanto, a tensão 
será distribuída de modo mais uniforme ao longo da barra na medida em que a distância à carga P aumentar.
Figura 218 – Barra retangular sujeita a uma força de compressão
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Para ilustrar a variação da tensão com a distância a P, as tensões normais que agem na direção 
vertical nas seções a–a, b–b, c–c e d–d serão mostradas a seguir. Na seção a–a, as tensões normais 
diretamente abaixo de P são muito grandes, ao passo que no restante da seção transversal são muito 
pequenas. Na b–b, as tensões no meio da barra ainda são pronunciadas, mas aquelas distantes da parte 
central são significativamente maiores do que as contidas em a–a. As tensões são mais uniformes na 
seção c–c. Na d–d, que está localizada abaixo de P a uma distância igual à largura da barra w, elas são 
basicamente constantes ao longo da largura da barra retangular. Esta comparação mostra que os efeitos 
localizados causados por uma carga tendem a desaparecer na medida em que a distância em relação 
à carga aumenta. Em geral, a distribuição de tensões se torna próxima à uniforme em determinada 
distância, a contar da extremidade da barra, igual à largura da barra w, em que w é a maior dimensão 
lateral doelemento sujeito a forças axiais (como a largura da barra ou o diâmetro de uma haste). A 
tensão máxima a tal distância é apenas alguns percentuais maior do que a tensão média.
Na figura anterior, as linhas da malha também estão distorcidas nas proximidades da base da barra 
sujeita à força axial em consequência do efeito de Poisson. Em geral, a barra se expandiria no sentido 
da largura em resposta à deformação normal de compressão causada por P. Como a base está fixa, tal 
expansão é impedida e, em decorrência, são criadas tensões adicionais. Usando um argumento similar 
ao fornecido anteriormente, poderíamos mostrar que o aumento de tensão se torna insignificante a 
uma distância w em relação à base. Os valores absolutos grandes da tensão normal nas proximidades 
de P e da base fixa são exemplos de concentração de tensões. Estas concentrações ocorrem quando são 
aplicadas cargas, e também nas vizinhanças de orifícios, furos, entalhes, ressaltos, ranhuras e outras 
modificações de formato que interrompam o fluxo suave de tensões ao longo de um corpo sólido.
Figura 219 – Distribuição da tensão normal nas seções
Em 1855, o comportamento da deformação específica nas proximidades da aplicação da carga foi 
analisado pelo matemático francês Barré de Saint-Venant (1797-1886). Ele observou que os efeitos 
localizados desapareciam a alguma distância dos pontos de aplicação das cargas. Além disso, constatou 
que o fenômeno não dependia da distribuição da carga aplicada contanto que as forças utilizadas 
fossem equipolentes (isto é, estaticamente equivalentes). A ideia é conhecida como princípio de Saint-
Venant, é muito utilizada em projetos de Engenharia. Tal conceito não depende da distribuição da carga 
aplicada, à medida que as forças resultantes sejam equivalentes. Para ilustrar a independência, considere 
a mesma barra anterior sujeita a forças axiais; entretanto, neste momento, a força P está dividida em 
quatro parcelas iguais, aplicadas na extremidade superior da barra, conforme figura a seguir.
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Unidade III
Figura 220 – Barra retangular com uma distribuição de cargas aplicadas diferente, porém equivalente
Da mesma forma que o caso anterior, as linhas da malha estão distorcidas nas proximidades das 
cargas aplicadas, mas elas se tornam uniformes a uma distância moderada em relação ao ponto de 
aplicação das cargas. As distribuições das tensões normais nas seções a–a, b–b, c–c e d–d serão mostradas 
a seguir. Na seção a–a, as tensões normais logo abaixo das cargas aplicadas são muito grandes, ao 
passo que aquelas na parte central da seção transversal são muito pequenas. À medida que a distância 
em relação às cargas aumenta, as tensões de pico diminuem até as tensões se tornarem basicamente 
uniformes em d–d, que está localizada a um intervalo igual à largura (w) da barra, abaixo de P. Para 
resumir, as tensões de pico podem ser várias vezes a tensão média; entretanto, a tensão máxima diminui 
rápido conforme aumenta a distância até o ponto de aplicação. Em geral, esta observação também é 
verdadeira para a maioria das concentrações de tensões (como furos, entalhes e ranhuras). Portanto, 
a distribuição complexa das tensões localizadas que ocorrem nas proximidades de cargas, apoios e 
outras concentrações não afetará significativamente as tensões em um corpo de seções distantes o 
bastante delas. Em outras palavras, as tensões e as deformações encontradas causam pouco efeito no 
comportamento global de um corpo.
Figura 221 – Distribuição das tensões normais nas seções
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
 Saiba mais
O princípio de Saint-Venant estabelece que tanto a deformação como 
a tensão, que ocorrem nas regiões de aplicação de carga ou nos apoios, 
tendem a ajustar-se a uma distância suficientemente grande das regiões. 
Para mais informações, leia:
HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. São Paulo: Pearson Brasil, 2010.
 Exemplo de aplicação
Determine os diâmetros das colunas A e B da configuração estrutural da figura, de modo que a 
tensão admissível à compressão de ambas seja 16 MPa.
Dados:
→ Pilar:
Seção quadrada com 30 cm de lado
2
adm 100kgf / cmσ = na base do pilar
→ Viga de concreto armado:
Peso específico 
3
C 2,5 Tf / mγ =
Base (b) = 1 m
Altura (h) = 2,6 m
→ Estrutura metálica:
Desprezar o peso próprio.
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Unidade III
Figura 222
Resolução:
Cálculo das reações de apoio.
Carga do pilar central (Pp)
Pp
Pp
Ap
σ =
2Pp 100.30=
Pp 90000kgf 90Tf= =
Peso da viga de concreto armado (Pvig).
 Observação
Dado o peso específico da estrutura, o peso total é calculado pela 
multiplicação do peso específico pelo volume da estrutura.
secPvig c.A .L= γ
Pvig 2,5.1.2,6.24=
Pvig 156 Tf=
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 223
Como a estrutura é simétrica, tem-se:
Pp Pvig
Ray Rby
2 2
= = +
90 156
Ray Rby
2 2
= = +
90 156
Ray Rby
2 2
= = +
Ray Rby 123Tf= =
3 4Ray Rby 123.10 kgf 123.10 N= = =
Cálculo dos diâmetros das colunas A e B.
adm
adm
F F
A
A
σ → =
σ
4
2
6
123.10
A 0,0768m
16.10
= ≅
2.d
A
4
π=
4.0,0768
d =
π
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Unidade III
A/Bd 0,312m 31,3cm= =
 
 Exemplo de aplicação
A viga de concreto armado é apoiada nas suas extremidades por dois pilares iguais, com seção 
quadrada de 25 cm de lado. Ela suporta uma parede de alvenaria com 25 cm de espessura e 8 m de 
altura. A viga tem seção transversal retangular, com 25 cm de base e 50 cm de altura, com 12 m de vão. 
Calcule a tensão de compressão nos pilares.
Dados:
→ Viga de concreto armado:
Peso específico 
3
C 2,5 Tf / mγ =
→ Parede de alvenaria:
Peso específico 
3
Alv 2,0 Tf / mγ =
Figura 224
Cálculo das reações de apoio.
secPvig c.A .L= γ
Pvig 2,5.0,25.0,5.12=
4Pvig 3,75 Tf 3,75.10 N= =
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
secPalv alv.A .L= γ
Palv 2.0,25.8.12=
4Palv 48Tf 48.10 N= =
Figura 225
Como a estrutura é simétrica, tem-se:
Palv Pvig
Ray Rby
2 2
= = +
4 448.10 3,75.10
Ray Rby
2 2
= = +
Ray Rby 258,75 kN= =
Cálculo da tensão de compressão nos pilares:
A B
F
A
σ = σ =
4
6
A/B 2
25,875.10 N
8,28.10
0,25.0,25 m
σ = =
A/B 4,14 MPaσ =
 
 Exemplo de aplicação
Determine a altura (H) da parede de alvenaria para que a tensão de compressão admissível dos 
pilares quadrados com 30 cm de lado atinja o valor de 80 kgf/cm2. A viga de concreto armado tem seção 
transversal retangular com 0,5 m de base e 1,2 m de altura.
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Unidade III
Dados:
→ Viga de concreto armado:
Peso específico 
3
C 2,5 Tf / mγ =
→ Parede de alvenaria:
Peso específico 
3
Alv 2,0 Tf / mγ =
Espessura (e) = 0,5 m
Figura 226
Resolução:
Cálculo das reações de apoio.
secPvig c.A .L= γ
Pvig 2,5.0,5.1,2.10=
4Pvig 15 Tf 15.10 N= =
secPalv alv.A .L= γ
Palv 2.0,5.H.10=
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4Palv 10.H(Tf,m) 10.H.10 (N,m)= =
Figura 227
Pvig Palv
Ray Rby
2 2
= = +
4 4
410H.10 15.10Ray Rby (5H 7,5).10
2 2
= = + = +
Cálculo da altura da parede de alvenaria
adm
F
A
σ =
2 5 2
adm 80kgf / cm 80.10 N / mσ = =
4
5 (5H 7,5).1080.10
(0,30.0,30)
+=
5H 7,5 72+ =
72 7,5
H
5
−=
H = 12,9 m
 
8.1 Deformações sob carregamento axial
Através das relações entre tensão e deformação e a lei de Hooke para um elemento sob carregado 
axial na região elástica, pode-se determinar o alongamento de uma estrutura:
F
A
σ =
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Unidade III
L
Lo
∆ε =
E.σ = ε
Relacionando as equações, tem-se o seguinte:
E.σ = ε
F L
E.
A Lo
∆=
F.Lo
L
A.E
∆ =
Se a estrutura for composta de diversas partes com várias seções transversais, e estiver 
carregada em outros pontos ou for de diferentes materiais, deve-se dividi-la em trechos e utilizar 
o somatório dos efeitos:
i i
i ii
F .Lo
L
A .E
∆ = ∑
 Exemplo de aplicação
A figura a seguir representa duas barras de alumínio soldadas. A carga de tração que atua na estrutura 
é de 45 kN. A sua seção menor possui 25 mm de diâmetro e comprimento de 1 m, enquanto a maior 
possui 40 mm de diâmetro e 1,2 m. Desprezando o peso próprio do material, determine para cada seção:
a) Tensão normal.
b) Deformação longitudinal.
c) O alongamento total da estrutura.
Dado: Ealumínio: 70 GPa
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 228
Resolução:
2.d
A
4
π=
2
4 2
1
.0,025
A 4,98.10 m
4
−π= =
2
3 2
2
.0,040
A 1,25.10 m
4
−π= =
a) 
F
A
σ =
3
1 4
45.10
4,98.10−
σ =
1 90,36MPaσ =
3
2 3
45.10
2,51.10−
σ =
2 36MPaσ =
b) E.
E
σσ = ε → ε =
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Unidade III
6
1 9
45,91.10
70.10
ε =
4
1 6,55.10
−ε =
6
2 9
17,92.10
70.10
ε =
4
2 2,56.10
−ε =
c) L .Lo∆ = ε
4
1L 6,55.10 .1
−∆ =
4
1L 6,55.10 m 0,655mm
−∆ = =
4
2L 2,56.10 .1,2
−∆ =
4
1L 3,07.10 m 0,307mm
−∆ = =
T 1 2L L L 0,655 0,307∆ = ∆ + ∆ = +
TL 0,962mm∆ =
 
 Resumo
Para encerrar este livro-texto, foram apresentados as características 
geométricas de figuras planas e o efeito das cargas axiais.
O estudo das propriedades geométricas das seções transversais de um 
elemento estrutural ou de uma máquina é de extrema importância, pois 
estas características definem sua resistência, estabilidade e rigidez.
Foram demonstradas através de exercícios de aplicação os principais 
aspectos das figuras planas, como momento estático, centro de gravidade, 
momento de inércia, módulo resistente e raio de giração.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
O cálculo da tensão média foi apresentado pelo princípio de Saint-
Venant e explorado por atividades.
 Exercícios
Questão 1. (Enade 2014, adaptada) Para o projeto de uma estrutura, um projetista pode considerar 
algumas situações de carregamento e suporte para uma barra de comprimento L, como mostram as 
situações 1, 2 e 3.
Figura 229
A barra L possui seção retangular, de dimensões b e h, com h>b. Ela pode ser posicionada conforme 
as situações 4 e 5, ilustradas a seguir.
Figura 230
Sabe-se que a melhor combinação de situações de carregamento é aquela em que se tem o menor 
momento fletor máximo e o maior momento de inércia da seção em relação ao eixo horizontal. Assinale 
a alternativa que apresenta a melhor combinação de situações.
A) 1 e 4.
B) 2 e 4.
C) 2 e 5.
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Unidade III
D) 3 e 4.
E) 3 e 5.
Resposta correta: alternativa D.
Análise das alternativas
Para a determinação da situação de menor momento fletor, foram construídos os diagramas de 
momentos fletores para as três situações propostas no enunciado da questão, que são os apresentados 
na figura a seguir. (Observe que esses diagramas estão traçados com o sinal invertido)
 pl2
2
 2pL 
9
2PL
Situação 1 Situação 2
Situação 3
Figura 231 – Diagramas de momentos fletores para as situações propostas na questão
A análise dos diagramas da figura anterior mostra que o menor momento fletor máximo ocorre na 
situação 3.
Com relação à posição da seção, é possível observar, pela comparação entre as situações 4 e 5, que 
o maior momento de inércia ocorre na posição 4, pois h é maior que b.
Assim, a combinação de situações que promove a menor tensão é a existente entre as situações 3 e 4.
A) Alternativa incorreta.
Justificativa: a situação 1 é aquela em que existe o maior momento fletor máximo.
B) e C) Alternativas incorretas.
Justificativa: a situação 2 não é aquela em que existe o maior momento fletor máximo e, também, 
não é aquela em que ocorre o menor momento fletor máximo.
D) Alternativa correta.
Justificativa: a situação 3 é aquela em que existe o menor momento fletor máximo e a situação 4 é 
a que proporciona o maior momento de inércia.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
E) Alternativa incorreta.
Justificativa: embora a situação 3 seja aquela em que existe o menor momento fletor máximo, a 
situação 5 não proporciona o maior momento fletor.
Questão 2. Uma viga metálica foi construída a partir de duas barras obtidas de perfis laminados. Um 
destes perfis tem a forma de um “U” e o outro a forma de um “I”. A verificação da capacidade de carga 
desta viga passa pela determinação dos eixos e momentos centrais de inércia da seção obtida. Assinale 
a alternativa que apresenta corretamente os momentos centrais de inércia da seção.
Figura 232 – Seção obtida
Dados:
Z
Y
76
36
11
Figura 233
Iy= 68900 mm
4
Iz= 8200 mm
4
67
z
y
CG 10
2
Figura 234
Iy= 2530000 mm
4
Iz= 318000 mm
4
A= 1800 mm²
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Unidade III
A) Iy= 2598900 mm
4 Iz= 326200 mm
4.
B) Iy= 326200 mm
4 Iz= 2598900 mm
4.
C) Iy= 326200 mm
4 Iz= 4687906 mm
4.
D) Iy= 4687906 mm
4 Iz= 326200 mm
4.
E) Iy= 68900 mm
4 Iz=8200 mm
4.
Resolução desta questão na plataforma.
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FIGURAS E ILUSTRAÇÕES
Figura 1
HOOK-2309593_960_720.JPG. Disponível em: <https://cdn.pixabay.com/photo/2017/05/13/13/37/
hook-2309593_960_720.jpg>. Acesso em: 20 set. 2017.
Figura 22
2.JPG. Disponível em: <http://openphoto.net/volumes/sizes/nexxusq/21546/2.jpg>. Acesso em: 20 set. 2017.
Figura 30
PHILPOT, T. A. Mecânica dos materiais: um sistema integrado de ensino. 2. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2013, 
p. 194.
Figura 56
FERDINAND, P. B. et al. Estática e mecânica dos materiais. Porto Alegre: Mc Graw Hill, 2013, p. 146.
Figura 145
MELCONIAN, S. Mecânica técnica e resistência dos materiais. 19. ed. São Paulo: Érica, 2012, p. 147.
Figura 151
MELCONIAN, S. Mecânica técnica e resistência dos materiais. 19. ed. São Paulo: Érica, 2012, p. 161.
Figura 158
MORRIS, D. H.; RILEY, W. F.; STURGES, L. D. Mecânica dos materiais. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2003, p. 230.
Figura 173
FERDINAND, P. B. et al. Estática e mecânica dos materiais. Porto Alegre: Mc Graw Hill, 2013, p. 427.
Figura 205
PHILPOT, T. A. Mecânica dos materiais: um sistema integrado de ensino. 2. ed. Rio de Janeiro: LTC, 
2013, p. 237.
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REFERÊNCIAS
Textuais
ASSOCIAÇÃO BRASILEIRA DE NORMAS TÉCNICAS. NBR ISO 6892: Materiais metálicos – Ensaio de 
Tração. Parte 1: Método de ensaio à temperatura ambiente. Rio de Janeiro, 2013.
___. NBR ISO 8309: Alumínio e suas ligas – Rebites, barras e arames para recalque a frio – 
Determinação da resistência ao cisalhamento. Rio de Janeiro, 2006.
FERDINAND, P. B. et al. Estática e mecânica dos materiais. Porto Alegre: Mc Graw Hill, 2013.
GARCIA, A.; SPIM, J. A.; SANTOS, C. A. Ensaio dos materiais. 2. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2013.
HIBBELER, R. C. Estática: mecânica para engenharia. 12. ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2011.
___. Resistência dos materiais. São Paulo: Pearson Brasil, 2010.
MELCONIAN, S. Mecânica técnica e resistência dos materiais. 19. ed. São Paulo: Érica, 2012.
MORRIS, D. H.; RILEY, W. F.; STURGES, L. D. Mecânica dos materiais. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2003.
PHILPOT, T. A. Mecânica dos materiais: um sistema integrado de ensino. 2. ed.Rio de Janeiro: LTC, 2013.
UGURAL, A.C. Mecânica dos materiais. Rio de Janeiro: LTC, 2009.
EXERCÍCIOS
Unidade I – Questão 1: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO 
TEIXEIRA (Inep). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2011: Engenharia Grupo 
III. Questão 30. Disponível em: <http://download.inep.gov.br/educacao_superior/enade/provas/2011/
ENGENHARIA_GRUPO_%20III.pdf>. Acesso em: 5 dez. 2017.
Unidade II – Questão 1: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO 
TEIXEIRA (Inep). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2014: Engenharia Mecânica. 
Questão 29. Disponível em: <http://download.inep.gov.br/educacao_superior/enade/provas/2014/19_
engenharia_mecanica.pdf>. Acesso em: 5 dez. 2017.
Unidade II – Questão 2: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO 
TEIXEIRA (Inep). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2011: Engenharia Grupo 
III. Questão 27. Disponível em: <http://download.inep.gov.br/educacao_superior/enade/provas/2011/
ENGENHARIA_GRUPO_%20III.pdf>. Acesso em: 5 dez. 2017.
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Unidade III – Questão 1: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO 
TEIXEIRA (Inep). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2014: Engenharia. Questão 
25. Disponível em: <http://download.inep.gov.br/educacao_superior/enade/provas/2014/10_
engenharia.pdf>. Acesso em: 5 dez. 2017.
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Informações:
www.sepi.unip.br ou 0800 010 9000