PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 6

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PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.a Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
 Nesta aula, você aprenderá a calcular a tensão normal de estruturas, 
aprenderá a projetar alguns elementos submetidos a uma tensão admissível, 
descobrirá o comportamento mecânico dos materiais por meio do diagrama de 
tensão versus deformação e aprenderá a relacionar as propriedades dos 
materiais no projeto de estruturas. 
Iniciamos a parte que diz respeito à Resistência dos Materiais. A partir de 
agora, nos basearemos no livro Resistência dos Materiais do autor Hibbeler para 
desenvolver os estudos desta aula. 
TEMA 1 – TENSÃO 
Anteriormente, nós tratávamos os corpos como rígidos, ou seja, 
indeformáveis. Nós não estávamos preocupados com as deformações que as 
estruturas sofriam mediante a aplicação de uma força, porém, sabemos que este 
é um assunto importante no projeto de componentes mecânicos, mecanismos e 
estruturas. 
A resistência dos materiais é a área da mecânica que estuda a interação 
entre as forças externas aplicadas a um corpo deformável e a intensidade das 
forças internas que agem no interior do corpo. 
Sabemos que, ao aplicar uma força sobre um objeto, este sofrerá uma 
tensão que provocará uma determinada deformação que pode ser diretamente 
proporcional à tensão. Por exemplo, ao martelar um prego na direção 
transversal, ele apresentará uma determinada deformação, como mostra a 
Figura 1a. Ou se comprimirmos uma mola, ela também se deformará com uma 
certa quantidade (Figura 1b): 
Figura 1 – Deformação (a) de um prego e (b) de uma mola 
(a) (b) 
 
Créditos: BIG PANTS PRODUCTION/Shutterstock; IAROSLAV NELIUBOV/Shutterstock. 
 
 
3 
 No Tema 3, falaremos um pouco mais sobre a deformação, e aqui 
falaremos sobre a tensão. 
 Em muitos problemas que trabalhamos anteriormente, nós estávamos 
preocupados em determinar as forças nos elementos estruturais. Vejamos 
novamente exemplos apresentados em conteúdos anteriores: 
Figura 2 – Exemplos 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 No Exemplo da Figura 2a, nós calculamos as forças nos cabos BA e BC, 
e no Exemplo da Figura 2b, nós determinamos as forças nas barras GF, CF e 
CD da treliça. Note que nós não determinamos qual é o diâmetro dos cabos e 
nem das barras da treliça, pois afinal de contas, o que queremos é justamente 
saber quais são as dimensões dos elementos estruturais a fim de poder construir 
a estrutura. 
 Para determinar as dimensões dos elementos estruturais, é necessário 
calcular a tensão, ou assumir um valor limite de tensão para o material que será 
utilizado no projeto. Mas o que é a tensão? Para entender melhor esse conceito, 
vamos analisar as Figuras 3a e 3b. 
Figura 3 – Pessoa levantando um altere de (a) 1 kg e (b) de 10 kg 
(a) (b) 
Crédito: VANKAD/Shutterstock; MARKO POPLASEN/Shutterstock. 
 
 
4 
 Vamos supor que o braço de ambas as figuras é da mesma pessoa, logo, 
em qual das duas situações ele se cansará mais facilmente? A resposta é óbvia: 
quanto maior a carga, mais cansado (estressado) ficará o braço, portanto, a 
segunda opção é a que provoca maior “estresse” do braço, ou maior tensão. 
 Vimos na figura anterior que a força é responsável pela tensão, mas e se 
a força peso do altere for a mesma (10 kg por exemplo), mas um dos braços for 
mais fino que o outro como mostra a Figura 4, qual desses braços ficará menos 
cansado ao sustentar essa carga? 
Figura 4 – Braços com diferentes tamanhos 
 
Créditos:– BODY STOCK/Shutterstock. 
 A resposta a essa pergunta também é óbvia, o braço mais forte com maior 
área ficará menos cansando ou estressado, ou seja, ficará menos tenso. 
 Como esses dois exemplos, concluímos que além da força, a geometria, 
mais especificamente a área do elemento estrutural é importante no cálculo da 
tensão. 
 Vimos anteriormente que existem três tipos de esforços: força normal (𝑁𝑁), 
força cortante (𝑉𝑉) e momento fletor (𝑀𝑀). Há também o esforço do tipo torque, 
visto em conteúdos anteriores. Esses esforços provocarão as respectivas 
tensões: tensão normal (𝜎𝜎), tensão de cisalhamento devido a uma força cortante 
(𝜏𝜏), tensão de flexão (𝜎𝜎) e tensão de cisalhamento devido a um torque. 
 Nesta aula, vamos nos ater somente à primeira, tensão normal, e na 
disciplina de Resistência dos Materiais, as demais tensões serão explanadas. 
 
 
 
5 
1.1 Tensão normal 
 A tensão normal é provocada por uma força aplicada perpendicularmente 
a uma área, como mostra a Figura 5a. Esse tipo de tensão ocorre quando 
comprimimos ou tracionamos um objeto. Um exemplo são as colunas de 
edificações que sustentam as vigas, lajes, paredes etc., como mostra a Figura 
5b. 
Figura 5 – (a) Modelo de objeto submetido à uma tensão normal e (b) colunas 
de uma construção 
(a) (b) 
 
Créditos: Rootstock/Shutterstock. 
Na Figura 5a, temos duas informações necessárias para o cálculo da tensão 
normal média, são elas: força normal (𝑁𝑁) e área da seção transversal (𝐴𝐴), 
portanto, a tensão normal média é descrita como: 
𝜎𝜎 =
𝑁𝑁
𝐴𝐴
. (1) 
 No sistema internacional de unidades, a tensão é dada em Pascal (Pa), 
que corresponde a N/m². 
 Para aplicar a equação acima, vamos considerar alguns exemplos já 
trabalhados anteriormente. 
Exemplo 1: considerando o exemplo mostrado na Figura 2a, calcule a 
tensão normal média em cada cabo, sabendo que o cabo BA possui um diâmetro 
igual à 5 mm e o diâmetro do cabo BC igual a 8 mm. 
N 
A 
 
 
6 
Solução: na resolução deste exemplo, já calculamos anteriormente as 
forças nos cabos, em que 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 420,43 𝑁𝑁 e 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 475,66 𝑁𝑁, logo, podemos partir 
para a aplicação da Equação 1. Observe que os diâmetros foram fornecidos em 
milímetros, logo, temos que passar para metros para deixar no sistema 
internacional de unidades. Para isso, dividimos o valor do diâmetro por 1000 ou 
multiplicamos por 10−3, além disso, em geral, aplicamos a seguinte equação 
para o cálculo da área de uma circunferência: 𝐴𝐴 = 𝜋𝜋. 𝑟𝑟², em que 𝑟𝑟 corresponde 
ao raio da circunferência; logo, temos que dividir o diâmetro dos cabos por 2 para 
obter seu raio e também por 1000 para deixá-lo em metros, assim temos: 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵
=
420,43
(𝜋𝜋. 0,00252)
=
420,43
1,9635.10−5
, logo, 
 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 21,41. 106 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 21,41 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃 e 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵
=
475,66
(𝜋𝜋. 0,0042)
=
475,66
5,0265.10−5
, logo, 
 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9,46. 106 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9,46 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Esses valores de tensão nos indicam quais os possíveis materiais que 
poderíamos utilizar nos cabos. Cada material possui um determinado limite de 
tensão, logo, poderíamos escolher um material que possui uma tensão acima da 
tensão que calculamos. Veremos mais detalhes sobre esse aspecto dos 
materiais no Tema 4. 
Exemplo 2: considerando o exemplo de treliça mostrado na Figura 2b, 
calcule o diâmetro das barras GF, CF e CD, sabendo que o material escolhido é 
o aço estrutural A-36 e que sua tensão máxima no regime elástico é igual a 250 
MPa (𝜎𝜎𝑒𝑒). 
Solução: na solução deste exemplo, já calculamos anteriormente as 
forças nas barras solicitadas no enunciado, em que 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶 = 4,75 𝑘𝑘𝑁𝑁, 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 =
4,85 𝑘𝑘𝑁𝑁 e 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐹𝐹 = 0,59 𝑘𝑘𝑁𝑁, logo, podemos partir para a aplicação da Equação 1, 
isolando a área da equação, assim temos para cada barra o seguinte: 
𝜎𝜎𝑒𝑒 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶
 → 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝜎𝜎𝑒𝑒
=
4,75.103
250. 106
, logo, 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 = 1,9. 10−5 𝑚𝑚2, 
𝜎𝜎𝑒𝑒 =
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐹𝐹𝐹𝐹
 → 𝐴𝐴𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹
𝜎𝜎𝑒𝑒
=
4,85.103
250. 106
, logo, 𝐴𝐴𝐹𝐹𝐹𝐹 = 1,94. 10−5 𝑚𝑚2 e𝜎𝜎𝑒𝑒 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐹𝐹
 → 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐹𝐹 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐹𝐹
𝜎𝜎𝑒𝑒
=
0,59.103
250. 106
, logo, 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐹𝐹 = 2,36. 10−6 𝑚𝑚2. 
 
 
7 
 Note que ainda não obtivemos o diâmetro de cada barra, mas a área. Para 
obter o diâmetro, podemos isolar o raio da equação do cálculo da área de uma 
circunferência, ou o diâmetro. Veja as duas formas equivalentes: 
𝐴𝐴 = 𝜋𝜋. 𝑟𝑟2 ou 𝐴𝐴 =
𝜋𝜋.𝑑𝑑²
4
. (2) 
 A segunda forma é mais apropriada para o nosso problema, já que quando 
vamos projetar esse tipo de elemento, ao comprá-lo, precisamos fornecer ao 
vendedor o diâmetro da barra e não o raio. Portanto, substituindo essa equação 
nos resultados de área para cada barra, temos: 
𝐴𝐴 =
𝜋𝜋.𝑑𝑑²
4
, isolando o diâmetro temos: 𝑑𝑑 = �
4𝐴𝐴
𝜋𝜋
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = �
4𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶
𝜋𝜋
= �
4.1,9. 10−5
𝜋𝜋
= �2,419. 10−5, consequentemente, 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 4,918. 10−3 𝑚𝑚, multiplicando o resultado por 1000 calculamos o resultado 
em mm, logo 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 4,918 𝑚𝑚𝑚𝑚, 
𝑑𝑑𝐹𝐹𝐹𝐹 = �
4𝐴𝐴𝐹𝐹𝐹𝐹
𝜋𝜋
= �
4.1,94. 10−5
𝜋𝜋
= �2,47. 10−5, logo, 
𝑑𝑑𝐹𝐹𝐹𝐹 = 4,97. 10−3 𝑚𝑚 ou 𝑑𝑑𝐹𝐹𝐹𝐹 = 4,97 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐹𝐹 = �
4𝐴𝐴𝐵𝐵𝐹𝐹
𝜋𝜋
= �
4.2,36. 10−6
𝜋𝜋
= �3,005. 10−6, logo, 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐹𝐹 = 1,73. 10−3 𝑚𝑚 ou 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐹𝐹 = 1,73 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Finalizamos o exemplo, mas podemos refletir sobre algo importante na 
construção dessa treliça. Na maioria dos projetos, opta-se em escolher o mesmo 
diâmetro para todas as barras e um diâmetro que possa ser encontrado no 
mercado (diâmetro comercial). Supondo que as barras são fornecidas no 
mercado com valores de intervalos de 1 mm e que todas as barras da treliça 
devem possuir o mesmo diâmetro, qual será o diâmetro escolhido? 
 Com base nas três barras calculadas, devemos optar pelo maior diâmetro, 
pois sabemos que esse diâmetro atenderá à força e tensão das três barras. 
Logo, o diâmetro é 4,97 mm. Mas como no mercado encontraremos apenas 
barras de diâmetro igual a 4 ou 5 mm, temos que escolher o diâmetro maior a 
fim de que a estrutura não venha a falhar. Portanto, vamos comprar barras de 5 
mm de diâmetro. 
 
 
8 
 Vamos exercitar mais um pouco este conhecimento aplicando o conceito 
que será desenvolvido no próximo tema. 
TEMA 2 – TENSÃO ADMISSÍVEL E FATOR DE SEGURANÇA 
 Em um projeto e construção de uma estrutura ou de uma máquina, vários 
fatores não podem ser controlados. Vamos tomar como exemplo a produção da 
roda de um carro popular. É muito difícil garantir que: o material utilizado na 
fabricação da roda é totalmente uniforme e sem imperfeições; que as dimensões 
são exatamente as estabelecidas no projeto após os processos de fabricação; e 
que as cargas aplicadas são iguais as definidas no projeto. Além disso, no uso 
deste equipamento/estrutura, é possível ocorrer cargas que não foram previstas 
no projeto, tais como algum tipo de vibração, choques, ou cargas acidentais 
desconhecidas. Há também os problemas relacionados com a corrosão, ou 
desgaste devido às intempéries como chuva, neve, rajadas de vento, 
temperaturas muito elevadas etc. 
 O exemplo citado foi o de uma roda de carro, objeto razoavelmente 
simples, mas isso pode ocorrer com qualquer tipo de estrutura, desde um alicate 
de unha, até um tipo de construção complexa como prédios, barragens, portos, 
ou grandes máquinas como aviões, naves espaciais e satélite. 
 Devido a esses fatores, o engenheiro responsável pelo projeto 
envolvendo elementos estruturais deve restringir os valores de tensão atuantes 
no material a um nível seguro. Além disso, é necessário manter uma 
fiscalização/manutenção periódica da estrutura ou máquina de uso contínuo. 
 Um método para especificação da carga admissível é com o uso do fator 
de segurança (𝐹𝐹𝐹𝐹). Tomando por exemplo a carga de ruptura de um determinado 
material, 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, ela pode ser determinada experimentalmente. Já o fator de 
segurança depende do tipo de aplicação do elemento estrutural. A seguinte 
tabela mostra os fatores de segurança utilizados em diferentes aplicações dos 
cabos de aço: 
 
 
 
9 
Tabela 1 – Fatores de segurança dos cabos de aços em diferentes aplicações 
 
Fonte: CableMax, 2020. 
 Observe, na tabela acima, que o fator de segurança aumenta à medida 
que a aplicação envolve diretamente as vidas humanas. 
 O fator de segurança pode ser definido das seguintes formas: 
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝐹𝐹𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
, ou 𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
, ou ainda 𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
, (3) 
em que 𝐹𝐹𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎, 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 e 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 correspondem, respectivamente, à força admissível, 
tensão admissível e tensão de cisalhamento admissível, 𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 e 𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 
correspondem à tensão de ruptura e tensão de ruptura ao cisalhamento. 
 O fator de segurança deve ser sempre maior que 1, a fim de que a força 
ou tensão admitida no projeto seja sempre menor que a de ruptura, caso 
contrário, certamente haverá a falha no sistema. 
 Nem sempre o fator de segurança assumirá valores elevados em casos 
que envolvam vidas humanas, pois há situações em que é necessário um fator 
de segurança próximo de 1, como por exemplo o projeto de componentes de um 
avião ou de veículos espaciais. Utiliza-se um fator de segurança mais estreito a 
fim de reduzir o peso do veículo. 
Exemplo 3: considere a barra aparafusada já trabalhada em conteúdos 
anteriores. Sabendo que a tensão de ruptura do material da barra é 𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 =
300 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃, determine a área da seção transversal da barra considerando somente 
a força normal no problema e um fator de segurança igual a 2. 
 
 
10 
 
Fonte: com base em Hibbeler, 2011. 
Solução: neste exemplo, fizemos uma seção no ponto C para obter a 
força normal 𝑁𝑁 = 400 𝑁𝑁. 
 
 A partir da tensão de ruptura do material da barra e do fator de segurança, 
podemos determinar a tensão admissível no projeto aplicando a Equação 3, 
assim temos que: 
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
, isolando 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎, temos 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝐹𝐹𝐹𝐹
=
300
2
, logo,𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 150 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Com a força normal, podemos aplicar a Equação 1 para obter a área da 
seção transversal da barra aparafusada, ou seja: 
𝜎𝜎 =
𝑁𝑁
𝐴𝐴
, isolando 𝐴𝐴, temos 𝐴𝐴 =
𝑁𝑁
𝜎𝜎
, 
em que 𝜎𝜎 corresponde à tensão admissível neste exemplo, logo: 
𝐴𝐴 =
𝑁𝑁
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
=
400
150. 106
, consequentemente, 𝐴𝐴 = 2,666. 10−6 𝑚𝑚2 
ou multiplicando o resultado por 106 vamos obter o resultado em mm², portanto, 
𝐴𝐴 = 2,666 𝑚𝑚𝑚𝑚². 
Exemplo 4: os dois elementos mostrados na figura estão interligados por 
pinos em B. Se a tensão de ruptura para a haste que está sendo tracionada for 
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 172,5 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃, determine com aproximação de 1 mm o menor diâmetro da 
 
 
11 
haste BC necessário para suportar a carga mostrada. Considere um fator de 
segurança igual a 1,5. 
 
Fonte: Hibbeler, 2010. 
Solução: O primeiro passo é construir o DCL do problema (como visto 
anteriormente). No ponto A, existe um pino prendendo a estrutura na parede (2 
reações de apoio), e no ponto B, temos uma haste segurando a estrutura na 
posição (uma reação de apoio na direção da haste). Logo, o DCL fica da seguinte 
forma: 
 
 Para calcular a força na haste BC, vamos fazer o somatório dos momentos 
em torno do ponto A, assim temos: 
�𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0; −6.2 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵.
3
5
. (2 + 1) = 0 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵.
3
5
. 3 = 6.2 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6.2.
5
9
, logo, 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6,667 𝑘𝑘𝑁𝑁. 
 O próximo passo é determinar a tensão admissível por meio da Equação 
3, descrita como: 
 
 
12 
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
, isolando 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎, temos 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐹𝐹𝐹𝐹
=
172,5
1,5
, logo,𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 115 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Substituindo a tensão admissível e a força 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 na Equação 1, podemos 
determinar a área da seção transversal da haste: 
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵
, isolando 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 , temos 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
=
6,667. 103
115. 106
, logo, 
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 5,797. 10−5. 
 Para determinar o diâmetro da haste, basta aplicarmos a Equação 2, 
assim temos: 
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝜋𝜋.𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵²
4
, isolando 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 ficamos com 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = �
4𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵
𝜋𝜋
= �
4.5,797. 10−5
𝜋𝜋
, logo, 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8,59. 10−3 𝑚𝑚 ou 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8,59 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Como é solicitado que o diâmetro tenha aproximação de 1 mm, temos que 
considerar 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9 𝑚𝑚𝑚𝑚 a fim de atender a tensão admissível estabelecida. 
Exemplo 5: a lança é sustentada por um cabo de 6 mm diâmetro com 
uma tensão normal admissível 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 168 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. Calcule a maior carga que pode 
ser aplicada sem provocar a ruptura do cabo quando 𝜃𝜃 = 30° e 𝜙𝜙 = 45°. 
Despreze o tamanho do guincho. 
 
Fonte: Hibbeler, 2010. 
Solução: Como foi fornecida a tensão admissível e o diâmetro do cabo, 
podemos determinar a força no cabo aplicando a Equação 1, logo temos que: 
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵
, isolando 𝐹𝐹𝐵𝐵 temos 𝐹𝐹𝐵𝐵 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝜋𝜋𝑑𝑑𝐵𝐵²
4
 
 
 
13 
𝐹𝐹𝐵𝐵 = 168. 106.
𝜋𝜋0,006²
4
, resolvendo temos que 𝐹𝐹𝐵𝐵 = 4,75. 103 𝑁𝑁 ou 𝐹𝐹𝐵𝐵 = 4,75 𝑘𝑘𝑁𝑁. 
 Para determinar a força máxima da carga aplicada no guindaste, temos 
que fazer um DCL do nó B que conecta o cabo, a haste do guindaste e a carga, 
assim temos o seguinte DCL: 
 
 Utilizando a metodologia desenvolvida em conteúdos anteriores, vamos 
utilizar as Equações de equilíbrio ∑𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 e ∑𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 para calcular as forças 𝐹𝐹𝐵𝐵 
e 𝑃𝑃: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ; −𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐45 = 0 
𝐹𝐹𝐵𝐵𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐45 = 𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 
𝐹𝐹𝐵𝐵 =
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐45
, como 𝐹𝐹𝐵𝐵 = 4,75 𝑘𝑘𝑁𝑁, logo, 𝐹𝐹𝐵𝐵 =
4,75𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐45
, portanto, 
𝐹𝐹𝐵𝐵 = 5,818 𝑘𝑘𝑁𝑁 e 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ; −𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠30 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠45 − 𝑃𝑃 = 0 
𝑃𝑃 = −𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠30 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠45 
𝑃𝑃 = −4,75𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠30 + 5,818𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠45, logo a carga máxim 𝑃𝑃 é 
𝑃𝑃 = 1,74 𝑘𝑘𝑁𝑁. 
TEMA 3 – DEFORMAÇÃO 
 Mediante a aplicação de uma força, o objeto sofre uma tensão que gera 
uma determinada deformação. Essa deformação pode ser visível como quando 
comprimimos uma mola, mas pode não ser visível, como quando as cargas 
comprimem uma coluna de concreto. 
 A deformação pode ser obtida de forma experimental ou por meio de 
cálculos a partir do conhecimento das propriedades do material que compõem o 
objeto analisado. 
 
 
14 
 Há dois tipos de deformação: a deformação normal e a deformação por 
cisalhamento. A deformação normal está associada à mudança de comprimento 
do corpo analisado, ou seja, está associada ao alongamento ou ao encurtamento 
do corpo. Já a deformação por cisalhamento está associada à perda de 
perpendicularidade entre dois segmentos de reta. Esta última será estudada 
somente na disciplina Resistência dos Materiais. Aqui vamos nos ater somente 
às deformações normais. 
 A Figura 6a apresenta uma barra indeformada antes da aplicação da 
carga, e a Figura 6b mostra a barra deformada após a aplicação da carga: 
Figura 6 – Barra (a) indeformada e (b) deformada 
 
 
 
 
 Os termos apresentados na Figura 6 são: 𝐿𝐿𝑖𝑖 que corresponde ao 
comprimento inicial do corpo, 𝐹𝐹 é a força aplicada ao corpo, 𝐿𝐿𝑓𝑓 é o comprimento 
final do corpo após aplicação da força, 𝛿𝛿 é o deslocamento do corpo após 
aplicação da força, 𝐷𝐷𝑖𝑖 é o diâmetro inicial do corpo e 𝐷𝐷𝑓𝑓 é o diâmetro final do 
corpo. 
 Observe que ao aplicar uma força normal, seja ela de tração ou de 
compressão, o corpo sofre uma deformação longitudinal, ou seja, ao longo do 
seu comprimento, e sofre uma deformação transversal ou radial, ou seja, ao 
longo da sua seção transversal. Por isso que quando esticamos um pedaço de 
borracha, por exemplo, ele apresentará um alongamento ao longo do 
comprimento e uma contração ao longo do seu raio ou da sua seção transversal.
 A deformação normal é uma quantidade adimensional (sem dimensão). A 
expressão para as quantidades de deformação longitudinal, 𝜀𝜀𝑙𝑙, e transversal, 𝜀𝜀𝑡𝑡, 
são descritas, respectivamente, como: 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝐿𝐿𝑓𝑓 − 𝐿𝐿𝑖𝑖
𝐿𝐿𝑖𝑖
 ou 𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝛿𝛿
𝐿𝐿𝑖𝑖
 e (4) 
𝜀𝜀𝑡𝑡 =
𝐷𝐷𝑓𝑓 − 𝐷𝐷𝑖𝑖
𝐷𝐷𝑖𝑖
 ou 𝜀𝜀𝑡𝑡 =
𝛿𝛿′
𝐷𝐷𝑖𝑖
, (5) 
𝐷𝐷𝑖𝑖 
𝐿𝐿𝑖𝑖 
(a) (b) 
𝐷𝐷𝑖𝑖 𝐷𝐷𝑓𝑓 
𝐿𝐿𝑖𝑖 
𝐿𝐿𝑓𝑓 
𝛿𝛿 
𝐹𝐹 
 
 
15 
em que 𝛿𝛿 corresponde ao alongamento ou encurtamento do corpo e 𝛿𝛿′ à 
contração ou expansão da seção transversal do corpo. 
 A maior parte dos projetos de engenharia envolve problemas em que 
apenas pequenas deformações são permitidas. Em geral, quase todas 
estruturas e máquinas são bastante rígidas e as deformações que ocorrem 
durante seu uso são muito pequenas e muitas vezes imperceptíveis. Nesta aula, 
serão consideradas apenas as pequenas deformações, ou seja, a deformação 
do corpo (estrutura ou elemento de máquina) é muito menor que uma unidade 
(𝜀𝜀 ≪ 1). 
Exemplo 6: ao vedar uma rosca, é comum utilizar uma fita do tipo veda 
rosca que estica ao envolvê-la sobre a rosca. Supondo que a fita possui 200 mm 
de comprimento e ela percorra 3 voltas sobre uma rosca de diâmetro igual a 25 
mm, qual é deformação normal da fita após este procedimento? 
 
Créditos:RUKAWAJUNG/Shutterstock. 
Solução: este exemplo pode ser resolvido aplicando a Equação 4, em 
que 𝐿𝐿𝑖𝑖 = 200 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 𝐿𝐿𝑓𝑓 = 3. (2𝜋𝜋𝑟𝑟) 𝑚𝑚𝑚𝑚, em que 2𝜋𝜋𝑟𝑟 corresponde ao cálculo do 
perímetro da rosca, sendo 𝑟𝑟 o raio da rosca, e 3 é o número de voltas que a fita 
envolverá a rosca, assim, temos que 𝐿𝐿𝑓𝑓 = 3. (2𝜋𝜋12,5) = 235,62 𝑚𝑚𝑚𝑚 , logo: 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝐿𝐿𝑓𝑓 − 𝐿𝐿𝑖𝑖
𝐿𝐿𝑖𝑖
=
235,62 − 200
200
=
35,62
200
, portanto, 
 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 0,178
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
 ou 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 0,178. 
Exemplo 7: o diâmetro da parte mais inflada do balão de borracha é 𝑑𝑑 =
200 𝑚𝑚𝑚𝑚. Ao encher um pouco mais esse balão, ele passou a ter um diâmetro 
𝑑𝑑 = 225 𝑚𝑚𝑚𝑚. Qual é a deformação da borracha neste caso? 
 
 
16 
 
Créditos:ERIK SVOBODA/Shutterstock. 
Solução: este exemplo pode ser resolvido mediante a aplicação da 
Equação 5, em que 𝐷𝐷𝑖𝑖 = 200 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 𝐷𝐷𝑓𝑓 = 225 𝑚𝑚𝑚𝑚, logo: 
𝜀𝜀𝑡𝑡 =
𝐷𝐷𝑓𝑓 − 𝐷𝐷𝑖𝑖
𝐷𝐷𝑖𝑖
=
225 − 200
200
=
25
200
, portanto, 𝜀𝜀𝑡𝑡 = 0,125 
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
 ou 𝜀𝜀𝑡𝑡 = 0,125. 
Exemplo 8: os elevadores são movimentados por um motor que gira uma 
polia que enrola ou desenrola os cabos que sustentam o elevador (Figura a). 
Supondo que esses cabos na sua configuração sem passageiros possuam um 
comprimento de 100 m (Figura b) e, ao entrar no elevador 8 passageiros, os 
cabos esticam 10 cm, qual é a deformação de cada cabo do elevador? 
(a) (b) 
Créditos: Kangshutters/Shutterstock; Sunti Wongyai/Shutterstock. 
Solução: conforme o enunciado, os cabos do elevador esticam uma 
quantidade de 10 cm, ou seja, 0,1 m. Logo, isso significa que ele variou seu 
comprimento nesta quantidade, portanto, 𝛿𝛿 = 0,1 𝑚𝑚. Aplicando a Equação 4, 
temos que: 
𝑑𝑑 
 
 
17 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝐿𝐿𝑓𝑓 − 𝐿𝐿𝑖𝑖
𝐿𝐿𝑖𝑖
=
𝛿𝛿
𝐿𝐿𝑖𝑖
=
0,1
100
, consequentemente, 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 0,001
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
 ou 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 0,001. 
Exemplo 9: os dois cabos estão interligados em 𝐴𝐴. Se a força 𝑷𝑷 provocar 
um deslocamento horizontal de 2 mm do ponto 𝐴𝐴, calcule a deformação normal 
desenvolvidaem cada cabo. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: este é um problema que envolve trigonometria. Podemos 
desenhar os deslocamentos dos cabos após aplicação da força 𝑷𝑷: 
 
 O ângulo 𝛼𝛼 pode ser obtido facilmente subtraindo de 180° a inclinação do 
cabo em relação ao eixo x, ou seja, 𝛼𝛼 = 180 − 30 = 150°. 
 Anteriormente, vimos a aplicação da lei dos senos e cossenos em 
problemas da mecânica. Vamos utilizar a lei dos cossenos neste problema para 
 
 
18 
obter o comprimento final do cabo, 𝐿𝐿𝑓𝑓. Aplicando ao problema a mesma equação 
utilizada anteriormente para o problema em tela, temos: 
𝐿𝐿𝑓𝑓 = �3002 + 22 − 2.300.2. cos150 = �90000 + 4 − (−1039,23) 
𝐿𝐿𝑓𝑓 = �91043,23 = 301,734 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Com o comprimento final do cabo, aplicamos a Equação 4 para obter sua 
deformação normal, logo: 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
301,734 − 300
300
=
1,734
300
, portanto, 
𝜀𝜀𝑙𝑙 = 5,779. 10−3 
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
 ou 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 5,779. 10−3. 
 Neste tema, aprendemos sobre a deformação normal dos corpos. No 
próximo tema, você aprenderá sobre um ensaio fundamental para descrever o 
comportamento dos materiais. Esse ensaio envolve os conceitos vistos nesta 
aula: tensão e deformação. 
TEMA 4 – DIAGRAMA TENSÃO VERSUS DEFORMAÇÃO 
 Como vimos os conceitos básicos de tensão e deformação nos temas 
anteriores, neste tema veremos como a tensão pode ser relacionada com a 
deformação por meio de métodos experimentais que produzem o diagrama de 
tensão versus deformação para um determinado material. 
 A resistência de um material depende de sua capacidade em resistir uma 
força sem se deformar excessivamente ou sem se romper. Na engenharia, um 
dos ensaios mais importantes que descreve algumas características dos 
materiais é o ensaio de tração ou ensaio de compressão. 
 O ensaio de tração/compressão consiste em aplicar uma carga 
progressiva sobre o material e analisar seu alongamento/encurtamento ou 
deformação. Essa carga é aplicada por uma máquina com um transdutor de força 
acoplado que mede a força aplicada (Figuras 6a e 6b) e a deformação pode ser 
medida por extensômetros de resistência elétrica denominados Strain Gauge 
(Figura 6c). Para realizar o ensaio de tração ou compressão, prepara-se um 
corpo de prova de tamanho padronizado e o extensômetro é colado na amostra 
a fim de identificar as deformações do corpo de prova durante a aplicação da 
força (Figura 6d). 
 
 
19 
Figura 6 – (a) Modelo representativo de máquina de ensaio de 
tração/compressão, (b) máquina real de ensaio de tração/ compressão, (c) 
extensômetro Strain Gauge e (d) típico corpo de prova com extensômetro. 
(a) (b) 
(c) (d) 
Fonte: Hibbeler, 2018; MRS_YA/Shutterstock. 
 Com os dados obtidos no ensaio, plota-se o diagrama tensão versus 
deformação, em que o eixo da ordenada corresponde à tensão aplicada ao corpo 
de prova e o eixo da abcissa corresponde à deformação devido à carga aplicada. 
O ensaio é feito até o material se romper, assim o engenheiro conseguirá 
compreender como o material se comporta mediante ao aumento gradual de 
uma força. Um exemplo didático do diagrama de tensão x deformação de um 
material dúctil é apresentado na Figura 7. 
 
 
 
20 
Figura 7 – Exemplo didático de diagrama de tensão x deformação de um 
material dúctil 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Note que existem algumas etapas neste diagrama, são elas: 
• Região elástica – Esta região descreve o comportamento elástico do 
material. Note que neste trecho o diagrama é representado por uma reta, 
logo, há uma proporcionalidade entre a tensão e a deformação, em outras 
palavras, o material é linearmente elástico. O limite superior de tensão 
nesta região é denominado tensão limite de proporcionalidade e é 
representado por 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟. Nesta região, se a carga for removida, o corpo de 
prova voltará à sua forma original, por isso recebe o nome de região 
elástica. 
• Escoamento – Esta etapa ocorre logo após a tensão limite de 
proporcionalidade e é caracterizada por provocar uma deformação no 
material mantendo a tensão, ou seja, o material continua se deformando 
sem que haja um aumento da carga. As deformações que ocorrem a partir 
desta etapa são do tipo plásticas (permanentes). A tensão que caracteriza 
esse comportamento é chamada de tensão de escoamento, 𝜎𝜎𝑒𝑒 e é muito 
empregada nos projetos estruturais, justamente por ser um valor 
ligeiramente acima da tensão limite de proporcionalidade. Esta tensão é 
 
 
21 
extraída do diagrama traçando uma reta paralela à linha elástica para uma 
deformação de 0,2%. Ela é frequentemente disponibilizada nas tabelas 
que apresentam o comportamento mecânico dos materiais. 
• Endurecimento por deformação – Após o escoamento, pode-se 
aumentar a carga, o que resulta em uma curva que cresce continuamente 
até um certo limite denominado limite de resistência à tração, 
representado por 𝜎𝜎𝑟𝑟 (última), ou em algumas literaturas 𝜎𝜎𝑎𝑎á𝑥𝑥. Essa tensão 
pode variar desde aproximadamente 50 MPa para um alumínio até um 
valor tão elevado quando 30000 MPa para aços de alta resistência. 
Considerando um ensaio de tração, enquanto o corpo se alonga, a sua 
seção transversal se contrai. Essa contração do diâmetro é 
razoavelmente uniforme até a tensão limite de resistência à tração. 
• Estricção – No limite de resistência, a área da seção transversal começa 
a diminuir em uma certa região do corpo de prova, fenômeno denominado 
de estricção ou empescoçamento (Figura 8a). Ela é causada por planos 
deslizantes formados no interior do material, e as deformações reais 
produzidas são causadas por tensão de cisalhamento. Essa estricção 
aumenta, logo o corpo de prova é “estrangulado” até seu rompimento 
(Figura 8b). Neste ponto de rompimento, é identificada a tensão de 
ruptura, representada por 𝜎𝜎𝑓𝑓 (final) ou em outras literaturas por 𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. 
Figura 8 – (a) Estricção e (b) rompimento do corpo de prova 
(a) 
(b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 As três últimas etapas do diagrama demonstram um comportamento 
plástico, ou seja, após a retirada da força, o material não volta à sua configuração 
inicial e passa a assumir uma forma deformada “permanente”. 
 A maioria das estruturas é projetada considerando apenas as 
deformações elásticas, pois uma estrutura que se deformou plasticamente, ou 
seja, que se deformou permanentemente, pode não ser capaz de funcionar de 
forma adequada como previsto no projeto. 
 
 
22 
 Na Figura 7, dois diagramas estão plotados. O primeiro é denominado 
diagrama de tensão x deformação de engenharia que termina na tensão de 
ruptura, e o segundo é o diagrama tensão x deformação real que termina na 
tensão de ruptura real. A diferença entre os dois diagramas é a seguinte: o 
diagrama tensão x deformação de engenharia considera a área inicial do corpo 
de prova para o cálculo da tensão, aplicando a Equação 1. Já o diagrama tensão 
x deformação real considera a mudança de área durante todo ensaio, logo, a 
tensão é calculada de forma mais precisa, pois ao longo do experimento, a área 
diminui até romper o corpo de prova. 
 Apesar dos diagramas de engenharia e real serem diferentes, a maioria 
das estruturas são projetadas de forma que os materiais trabalhem na região 
elástica, pois a distorção do material não é severa dentro dessa faixa. Contanto 
que o material usado no projeto seja “rígido”, como a maioria dos metais, os erros 
associados entre usar os valores reais e de engenharia são muito baixos, da 
ordem de 0,1%. Essa é uma das principais razões para a utilização dos 
diagramas tensão-deformação de engenharia. 
4.1 Comportamento do diagrama de tensão versus deformação de 
materiais dúcteis e frágeis 
 Os materiais podem ser caracterizados como dúcteis ou frágeis. Os 
materiais dúcteis quando submetidos a uma força/tensão sofrem grandes 
deformações antes de se romper. Exemplos desse tipo de material são: aço, 
alumínio, borracha etc. Osmateriais frágeis são aqueles que exibem pouco ou 
nenhum escoamento antes da ruptura. O ferro fundido, o vidro e a cerâmica são 
alguns exemplos desse tipo de material. A Figura 9 mostra um típico diagrama 
de tensão x deformação de um material dúctil e frágil. 
Figura 9 – Diagrama tensão x deformação de um material dúctil e frágil 
 
 
23 
 
Fonte: Callister e Retwisch, 2018. 
 Algumas diferenças entre os materiais dúcteis e frágeis são apresentadas 
na Tabela 1: 
Tabela 1 – Características dos materiais dúcteis e frágeis 
Material dúctil Material frágil 
Grandes deformações antes do 
rompimento 
Pequenas deformações antes do 
rompimento 
Em geral: 𝜎𝜎𝑒𝑒 ≠ 𝜎𝜎𝑟𝑟 ≠ 𝜎𝜎𝑓𝑓 Em geral: 𝜎𝜎𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑟𝑟 = 𝜎𝜎𝑓𝑓 
Possui estricção Não possui estricção 
Uma das desvantagens em se trabalhar com materiais frágeis é a 
manutenção de peças, pois como esses materiais não se deformam muito e nem 
possuem estricção, é difícil para o manutentor identificar se a peça precisa ser 
trocada. Na maioria dos casos, a peça rompe de forma repentina. 
Exemplo 10: identifique no diagrama de tensão x deformação mostrado 
na figura a tensão limite de proporcionalidade, a tensão de escoamento com 
base em uma deformação residual de 0,2%, a tensão limite de resistência à 
tração e a tensão de ruptura. Observe que o diagrama menor com os pontos 𝐴𝐴 
a 𝐴𝐴’ é um zoom da parte do início do diagrama e serve para identificar melhor a 
parte elástica e a tensão de escoamento. 
 
 
24 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: a primeira tensão a ser identificada é a tensão limite de 
proporcionalidade. Essa tensão está localizada no final da reta que representa a 
região elástica. Analisando a parte que contém o zoom do diagrama, 
observamos que o ponto A está no final dessa reta, logo, traçando uma reta 
paralela à abscissa, podemos obter esta tensão: 
 
 Note que a tensão limite de proporcionalidade está entre os valores de 
300 e 400 MPa e está um pouco abaixo da metade desses valores. Portanto, 
podemos considerar que 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟 ≅ 345 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 A tensão de escoamento é tomada com base em uma deformação 
residual de 0,2%. Para obtê-la, traçaremos uma reta paralela à reta da região 
zoom 
345 
 
 
25 
elástica, com início na deformação residual de 0,2%, ou seja, 0,002 mm/mm e 
término ao tocar a curva do diagrama com o zoom. Ao tocar o diagrama, neste 
ponto traçaremos uma reta paralela ao eixo das abscissas: 
 
 A tensão de escoamento está entre os valores de 400 e 500 MPa, e ainda 
está um pouco acima da metade desses valores. Portanto, podemos considerar 
que 𝜎𝜎𝑒𝑒 ≅ 460 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 As próximas tensões são obtidas de forma direta observando o gráfico. A 
tensão limite de resistência à tração é a máxima tensão que a curva do gráfico 
atinge. Ela está sendo representada pelo ponto B. Já a tensão de ruptura é a 
tensão em que o gráfico termina. Ela está sendo representada pelo ponto C. 
 
460 
345 
345 
460 
620 
740 
 
 
26 
 Observando o diagrama acima com as linhas traçadas para identificar a 
tensão limite de resistência à tração e a tensão de ruptura, podemos observar 
que a tensão limite de resistência à tração está entre 700 a 800 MPa e é um 
valor um pouco menor que a metade deste intervalo, ou seja, 𝜎𝜎𝑎𝑎á𝑥𝑥 ≅ 740 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
A tensão de ruptura está um pouco acima da tensão de 600 MPa, logo, podemos 
dizer que 𝜎𝜎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 ≅ 620 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
TEMA 5 – LEI DE HOOKE 
 Muitos dos materiais utilizados nos projetos de engenharia possuem uma 
região elástica de comportamento linear como observamos na Figura 7. Dentro 
dessa região, existe uma proporcionalidade entre a tensão e a deformação, ou 
seja, um aumento da tensão provocará um aumento proporcional da 
deformação. Por exemplo, se a tensão for dobrada, sua deformação também 
será. Essa relação de proporcionalidade foi observada por Robert Hooke em 
1976 no estudo de mola, e é conhecida como lei de Hooke e pode ser descrita 
matematicamente como: 
𝜎𝜎 = 𝐸𝐸𝜀𝜀, (6) 
em que 𝜎𝜎 corresponde à tensão, 𝐸𝐸 ao módulo de elasticidade e 𝜀𝜀 é a deformação. 
 O módulo de elasticidade é um parâmetro essencial na caracterização dos 
materiais. Quanto maior for seu valor, mais rígido é o material. Por exemplo, o 
módulo de elasticidade do aço é em torno de 200 GPa e o da borracha 
vulcanizada está na faixa dos 0,7 MPa. Ele também é chamado de módulo de 
Young, nome que se deve a Thomas Young, que teve seu trabalho sobre módulo 
de elasticidade publicado em 1807. 
 A maneira mais fácil para se obter esse parâmetro é por meio da leitura 
da tensão limite de proporcionalidade e sua respectiva deformação (deformação 
limite de proporcionalidade) no diagrama tensão x deformação, pois isolando o 
𝐸𝐸 da Equação 6 e aplicando esses dois parâmetros, temos: 
𝐸𝐸 =
𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟
𝜀𝜀𝑙𝑙𝑟𝑟
. (7) 
Exemplo 11: considere o diagrama tensão x deformação do Exemplo 10 
e calcule o módulo de elasticidade do material apresentado. 
 
 
27 
Solução: vimos no diagrama tensão x deformação do Exemplo 10 que a 
tensão limite de proporcionalidade é 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟 ≅ 345 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. Para essa tensão, vamos 
determinar sua respectiva deformação analisando o gráfico: 
 
 Analisando o diagrama acima, observe que para a tensão limite de 
proporcionalidade de 345 MPa a deformação é 0,0016 mm/mm. Tomamos o 
valor de deformação representado pela cor azul, pois é referente ao gráfico em 
que foi aplicado o zoom. Com esses dois valores, calculamos de forma direta o 
módulo de elasticidade por meio da Equação 7: 
𝐸𝐸 =
𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟
𝜀𝜀𝑙𝑙𝑟𝑟
=
345. 106
0,0016
, 𝑝𝑝𝑐𝑐𝑟𝑟𝑝𝑝𝑃𝑃𝑠𝑠𝑝𝑝𝑐𝑐, 𝐸𝐸 = 216,625. 109 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝐸𝐸 = 216,625 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 O módulo de elasticidade é o mesmo para toda a região elástica, o que 
vai mudar é a tensão e consequentemente a deformação. 
 Sabendo o que é o módulo de elasticidade e a Equação da lei de Hooke, 
podemos resolver alguns problemas de engenharia e projetar algumas peças. 
 Vamos aos exemplos para aplicar os conhecimentos vistos até aqui e 
entender um pouco melhor deste assunto. 
Exemplo 12: considere um arame cilíndrico de níquel com 2,0 mm de 
diâmetro e 30 m de comprimento. Calcule seu alongamento quando uma carga 
de 300 N é aplicada. Considere que a deformação do arame seja totalmente 
elástica. 
345 
 
 
28 
 
Fonte: Callister; Retwisch, 2018. 
Solução: para obter o alongamento do arame, temos que aplicar a 
Equação 4, mas para aplicá-la, é necessário descobrir qual é a deformação que 
o arame está sofrendo devido à força de 300 N. 
 Para obter essa deformação, vamos aplicar a lei de Hooke (Equação 6), 
mas não será possível aplicá-la sem antes conhecer a tensão provocada pela 
força de 300 N e o módulo de elasticidade desse material. Portanto, vamos iniciar 
a resolução do exemplo calculando a tensão devido à força aplicada. Para isso, 
vamos utilizar a Equação 1, em que o raio do arame é 1 mm ou 0,001 m: 
𝜎𝜎 =
𝑁𝑁
𝐴𝐴
=
𝑁𝑁
𝜋𝜋𝑟𝑟2
=
300
𝜋𝜋. 0,001²
, logo, 𝜎𝜎 = 95,49. 106 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝜎𝜎 = 95,49 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Calculamos a tensão que está ocorrendo no material para a carga de 300 
N aplicada. A pergunta a se fazer é: esta tensão está na região elástica? Se sim, 
podemos aplicar a lei de Hooke para obter sua respectiva deformação. Vamos 
observar o diagrama de tensão x deformação. Qual é a tensão limite de 
proporcionalidade que define o último valor de tensão dentro da região elástica? 
 
 
29 
 
 Pelo diagrama, é possível observar que a tensão limite de 
proporcionalidade está entre 1000 e 1500 MPa, sendo que está mais próxima 
dos 1500 MPa. Por isso, podemos considerar que 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟 ≅ 1400 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. Portanto, a 
tensão que está sendo aplicada ao arame está dentro do regime elástico,pois é 
um valor abaixo da tensão limite de proporcionalidade. 
 Agora precisamos obter o módulo de elasticidade do material. Esse 
parâmetro pode ser calculado conhecendo a tensão limite de proporcionalidade 
e sua respectiva deformação. Portanto, precisamos descobrir qual é a 
deformação limite de proporcionalidade. Para isso, vamos novamente recorrer 
ao diagrama tensão x deformação: 
 
 Observe que a deformação dentro do limite de proporcionalidade está 
entre 0,005 e 0,0075, e como está além da metade deste intervalo, podemos 
1400 
1400 
0,0065 
 
 
30 
dizer que 𝜀𝜀𝑙𝑙𝑟𝑟 ≅ 0,0065 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑚𝑚𝑚𝑚. Com esse parâmetro e a tensão limite de 
proporcionalidade, vamos calcular o módulo de elasticidade por meio da 
Equação 7: 
𝐸𝐸 =
𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟
𝜀𝜀𝑙𝑙𝑟𝑟
=
1400. 106
0,0065
, logo, 𝐸𝐸 = 215,38. 109 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝐸𝐸 = 215,38 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Como mencionado anteriormente, o módulo de elasticidade é o mesmo 
para toda região elástica. Sabendo disso, podemos aplicar a lei de Hooke 
(Equação 6) para descobrir qual é a deformação para a tensão que está 
ocorrendo no material, ou seja, para 𝜎𝜎 = 95,49 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃, assim temos que: 
𝜎𝜎 = 𝐸𝐸𝜀𝜀, isolando 𝜀𝜀 ficamos com 𝜀𝜀 =
𝜎𝜎
𝐸𝐸
=
95,49. 106
215,38. 109
, logo, 
𝜀𝜀 = 4,43. 10−4
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
. 
 Com a deformação do arame, aplicaremos a Equação 4 para obter o 
alongamento do arame e, assim, concluir o exemplo: 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝛿𝛿
𝐿𝐿𝑖𝑖
, isolando o 𝛿𝛿 ficamos com 𝛿𝛿 = 𝜀𝜀𝑙𝑙 . 𝐿𝐿𝑖𝑖 , 
em que 𝜀𝜀𝑙𝑙 é a deformação longitudinal do arame, ou seja, os 4,43. 10−4 mm/mm 
e 𝐿𝐿𝑖𝑖 é o comprimento inicial do arame (30 m). 
𝛿𝛿 = 𝜀𝜀𝑙𝑙 . 𝐿𝐿𝑖𝑖 = 4,43. 10−4. 30, portanto, 𝛿𝛿 = 0,0133 𝑚𝑚 ou 𝛿𝛿 = 1,33. 10−5 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Observe que como o comprimento inicial foi mantido em metros e a 
deformação é um parâmetro adimensional, o resultado saiu em metros. Se 
tivéssemos transformado para milímetros o comprimento inicial, o resultado do 
alongamento seria em milímetros. 
Exemplo 13: o diagrama tensão x deformação de uma liga de alumínio 
utilizada na fabricação de peças de aeronaves é mostrado na figura. Se um corpo 
de prova desse material estiver sujeito a uma tensão de tração de 600 MPa, 
determine sua deformação permanente quando a carga for retirada. 
 
 
31 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Considere que a tensão limite de proporcionalidade é 450 MPa e sua 
respectiva deformação é 0,006 mm/mm e que a deformação para a tensão de 
600 MPa é igual a 0,023 mm/mm. 
Solução: como a tensão limite de proporcionalidade e sua respectiva 
deformação foram fornecidas no enunciado, podemos determinar o módulo 
elasticidade aplicando a Equação 7, assim temos: 
𝐸𝐸 =
450. 106
0,006
, consequentemente, 𝐸𝐸 = 75. 109 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝐸𝐸 = 75 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Conforme o enunciado, a tensão que está sendo aplicada sobre o corpo 
de prova é de 600 MPa, logo, essa tensão supera a tensão limite de 
proporcionalidade, portanto, o material já não está mais trabalhando na região 
elástica, o que significa que ao retirar a carga o material não retornará à sua 
configuração inicial, ele terá uma deformação permanente. A pergunta é, quanto 
é essa deformação permanente? 
 Reflita sobre a seguinte situação: imagine que você está entortando 
(flexionando) uma barra metálica como mostra a Figura 10: 
Figura 10 – Pessoa aplicando uma determinada força para deformar uma barra 
metálica 
 
 
32 
 
Créditos:PAVLO LYS/Shutterstock. 
 A força que você está aplicando é suficientemente grande para provocar 
deformações permanentes nessa barra. A pergunta a ser feita aqui é: ao parar 
de aplicar essa força sobre a barra, ela ficará deformada do mesmo jeito quando 
aplicada a força ou ela retornará um pouco ao seu estado inicial? 
 Você pode fazer o teste e, assim, observará que o material acaba 
retornando um pouquinho à sua configuração original, em outras palavras, o 
material recupera um pouco a deformação. 
 Para descobrir a quantidade desta deformação que o material recupera, 
aplicamos uma reta paralela à reta da região elástica, porém iniciando a partir da 
tensão aplicada sobre o material. Vamos fazer isso no diagrama tensão x 
deformação do exemplo: 
 
 No diagrama, observe o triângulo formado quando desenhada a linha 
vermelha paralela à linha do comportamento elástico: 
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 
 
 
33 
 
 Para obter a deformação recuperada, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐, vamos aplicar a tangente do 
ângulo 𝛼𝛼, ou seja: 
𝑝𝑝𝑃𝑃𝑠𝑠𝛼𝛼 =
600. 106
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐
. 
 Observe a semelhança dessa equação com a Equação 7, em que 𝐸𝐸 = 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑙𝑙
𝜀𝜀𝑙𝑙𝑙𝑙
. 
O módulo de elasticidade equivale à 𝑝𝑝𝑃𝑃𝑠𝑠𝛼𝛼, pois a reta vermelha desenhada 
possui e mesma inclinação que a reta dentro do comportamento linear, portanto, 
podemos reescrever a equação anterior como: 
𝐸𝐸 =
600. 106
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐
. Isolando 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 ficamos com 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 =
600. 106
𝐸𝐸
. 
 O módulo de elasticidade foi obtido logo no início do exemplo. 
Substituindo-o na equação acima, ficamos com: 
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 =
600. 106
75. 109
, portanto, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 = 8. 10−3
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
. 
 Para determinar a deformação permanente do corpo de prova, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟, basta 
subtrairmos da deformação final (para a tensão de 600 MPa) a deformação 
recuperada, ou seja: 
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 = 0,023 − 8. 10−3, portanto, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 = 0,015
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
. 
 Graficamente, a deformação permanente é representada como: 
 
 
34 
 
 Note que o resultado 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 = 0,015 faz total sentido analisando o diagrama 
acima. 
Exemplo 14: uma haste de alumínio com seção transversal circular está 
sujeita a uma carga axial de 10 kN como mostra a Figura (a). O diagrama tensão 
x deformação desse material é mostrado na Figura (b). Determine o valor do 
alongamento dessa haste com a carga aplicada e após a retirada da carga 
(alongamento permanente). Considere 𝐸𝐸𝑎𝑎𝑙𝑙 = 70 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑃𝑃. 
(a) 
(b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: podemos iniciar os cálculos determinando a tensão para cada 
seção da haste, em que o trecho AB possui um diâmetro equivalente a 20 mm 
(raio igual a 10 mm ou 0,01 m) e o trecho BC um diâmetro de 15 mm (raio igual 
a 7,5 mm ou 0,0075 m). Aplicando a Equação 1, temos: 
 
 
35 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 =
10. 103
𝜋𝜋. 0,01²
, consequentemente, 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 31,83. 106 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 31,83 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃 e 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 =
10. 103
𝜋𝜋. 0,0075²
, logo, 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 56,59. 106 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 56,59 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. 
 Observe que o trecho AB possui uma tensão que está abaixo da tensão 
limite de proporcionalidade. Note no diagrama que a tensão limite de 
proporcionalidade equivale a 𝜎𝜎𝑙𝑙𝑟𝑟 = 40 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃. Porém, a tensão do trecho BC é 
superior à tensão limite de proporcionalidade, o que significa que haverá 
deformações permanentes após a retirada da carga. 
 
 Como o módulo de elasticidade foi fornecido no enunciado, podemos 
calcular a deformação do trecho AB aplicando a lei de Hooke (Equação 6), assim 
temos: 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐸𝐸𝑎𝑎𝑙𝑙𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵. Isolando 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 ficamos com 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐸𝐸𝑎𝑎𝑙𝑙
=
31,83. 106
70. 109
 
𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4,55. 10−4
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
. 
 Não podemos aplicar a lei de Hooke para obter a deformação do trecho 
BC, 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵, pois não está na região elástica. Portanto, para obter 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵, vamos 
observar o gráfico e estimar um valor aproximado. Note que a deformação 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 
está entre 0,04 e 0,06 e está antes da metade desse intervalo, ou seja, antes de 
0,05. Portanto, podemos estimar que 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 ≅ 0,045
𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎
. 
 Com as respectivas deformações, podemos aplicar a Equação 4 para 
determinar o alongamento de cada trecho com a carga aplicada, logo: 
 
 
36 
𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 =
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵
. Isolando 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 ficamos com𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵. 
 O comprimento do trecho AB é 600 mm. Substituindo este valor e 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 =
4,55. 10−4 na equação acima, ficamos com: 
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4,55. 10−4. 600, logo, 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,273 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Fazendo o mesmo processo para o trecho BC, em que o comprimento 
inicial deste trecho é 400 mm e sua deformação é 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 ≅ 0,045, temos: 
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,045.400, consequentemente, 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 18 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 O alongamento total com a carga de 10 kN aplicada é obtido pela simples 
soma do alongamento de cada trecho, portanto 𝛿𝛿𝑇𝑇 = 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,273 + 18, 
consequentemente, 𝛿𝛿𝑇𝑇 = 18,273 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 A próxima etapa é descobrir o alongamento permanente após a retirada 
da carga de 10 kN. Para obtê-lo, temos que lembrar que o trecho AB está 
trabalhando na região elástica, o que significa que, ao retirar a carga, ele voltará 
à sua configuração original, portanto, o alongamento será zero para esse trecho 
(𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0). Entretanto, o trecho BC não está trabalhando na região elástica e, 
como discutido no exemplo anterior, isso implica que ao retirar a carga, o material 
retornará um pouco ao seu comprimento original, porém terá uma deformação e 
um alongamento permanente. 
 Para determinar a deformação recuperada, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐, vamos desenhar uma 
reta paralela à reta da região elástica do diagrama, só que iniciando na tensão 
do trecho BC, ou seja, iniciando em 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 56,59 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑃𝑃: 
 
 
 
37 
 Aplicando a lei de Hooke para descobrir a deformação recuperada, temos: 
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐸𝐸𝑎𝑎𝑙𝑙𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 . Isolando 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 ficamos com 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 =
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐸𝐸𝑎𝑎𝑙𝑙
=
56,59. 106
70. 109
 
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 = 3,80. 10−4
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚
. 
 Analisando o diagrama, a deformação permanente, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟, é a deformação 
total do trecho BC, 𝜀𝜀𝐵𝐵𝐵𝐵 ≅ 0,045, menos a deformação recuperada, ou seja, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 =
0,045 − 3,80. 10−4, logo, 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 = 0,04462
𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎
. 
 O alongamento permanente do trecho BC é obtido com a aplicação da 
Equação 4, assim temos que: 
𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 =
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵
. Isolando 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 ficamos com 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝜀𝜀𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,04462.400 
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 17,85 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Por fim, para determinar o alongamento permanente da haste inteira, 
basta somarmos o alongamento permanente do trecho AB com o do trecho BC: 
𝛿𝛿𝑇𝑇 = 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0 + 17,85, portanto, 𝛿𝛿𝑇𝑇 = 17,85 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 Note que o alongamento permanente é um valor um tanto elevado e que 
em muitos projetos não seria tolerável um alongamento tão grande, pois poderia 
comprometer a estrutura ou o funcionamento do equipamento. O que pode ser 
feito neste caso para eliminar este alongamento permanente? Temos que 
trabalhar na região elástica do diagrama, e isso é possível atuando de três 
formas: 
• Reduzindo a carga aplicada; 
• Aumentando a área da haste no trecho BC; 
• Utilizando um material mais rígido, ou seja, com um módulo de 
elasticidade maior. 
FINALIZANDO 
 Nesta aula, você foi introduzido à Resistência dos Materiais. Aqui, nós 
paramos de tratar os corpos como rígidos, pois estávamos preocupados em 
conhecer as tensões e deformações que os objetos estão sofrendo. 
 Não deixe de ver os demais exemplos resolvidos do nosso livro texto. 
Nesta aula, trabalhamos com o Capítulo 1 para o tema de Tensões, 2 para 
 
 
38 
deformações e 3 para os temas de diagrama de tensão x deformação e lei de 
Hooke. Procure fazer alguns exercícios para praticar e evoluir no seu 
aprendizado. 
 Esperamos que ao longo do conteúdo seu aprendizado tenha sido muito 
rico e proveitoso, e lembre-se que você tem um tutor(a) para te ajudar a sanar 
suas dúvidas da disciplina. Não deixe de procurá-lo(a). 
 Bons estudos e até uma próxima oportunidade! 
 
 
 
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REFERÊNCIAS 
CALLISTER JUNIOR, W. D.; RETWISCH, D. G. Ciência e Engenharia de 
Materiais: Uma Introdução. 9. ed. LTC, 2018. 
HIBBELER, R. C. Resistência dos Materiais. 7. ed. Pearson, 2010. 
_____. Resistência dos Materiais. 10. ed. Pearson, 2018. 
CABLE MAX. Tabela de Cabos de Aço. Disponível em: 
<http://www.cabosdeacocablemax.com.br/tabela-de-cabos-de-
aco.html#:~:text=Aplica%C3%A7%C3%B5es%20X%20Fator%20de%20segura
n%C3%A7a&text=A%20carga%20de%20trabalho%20de,ruptura%20m%C3%A
Dnima%20efetiva%20do%20mesmo>. Acesso em: 22 dez. 2020. 
	Conversa inicial
	FINALIZANDO
	REFERÊNCIAS