PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 4

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PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.a Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Olá, seja bem-vindo(a) a esta aula. Nela, vamos falar sobre cargas 
distribuídas, forças internas e diagrama de momento fletor e força cortante. 
Sempre que nos deparamos com uma carga distribuída, podemos 
representá-la como uma única força resultante aplicada em seu centro 
geométrico ou centroide de área. Esse assunto é importante, pois simplifica o 
carregamento e permite a obtenção de outras forças que envolvem o problema. 
Calcular forças internas é um assunto que serve como base para construir 
diagramas de momento fletor e força cortante, permitindo-nos compreender 
como as cargas de momento e de cisalhamento se distribuem ao longo de uma 
viga. Este último assunto é muito valioso no projeto de eixos de máquinas, como 
o eixo de uma caixa de transmissão de um automóvel, projeto de vigas, 
longarinas, chassis, entre outros. 
TEMA 1 – REDUÇÃO DE UM CARREGAMENTO DISTRIBUÍDO SIMPLES 
O assunto abordado neste tema é de grande valia, pois grande parte das 
cargas sobre as estruturas que envolvem nosso dia a dia se distribui numa 
superfície. Imagine uma caixa d’água apoiada sobre um suporte (Figura 1a). 
Devido ao peso, a carga da água se distribui sobre a superfície inferior do 
reservatório (Figura 1b). Para calcular as dimensões do reservatório e do suporte 
que irá sustentá-lo, precisamos substituir a carga distribuída em função do peso 
da água por uma força resultante concentrada no centro geométrico do tanque 
(Figura 1c). 
Figura 1 – Modelo real (a), carga distribuída (b) e força concentrada (c) 
(a) (b) (c) 
Fonte: Iralu/Shutterstock. 
Carga distribuída 
Força 
concentrada 
 
 
3 
1.1 Carregamento uniforme ao longo de um eixo 
Na prática da engenharia, o tipo mais comum de carga distribuída é 
geralmente uniforme ao longo de um único eixo, como mostra a Figura 2a. Veja 
que o modelo é tridimensional, mas a carga é aplicada apenas na direção vertical 
ao longo do eixo. Assim, podemos simplificá-lo se o tratarmos como um 
problema no plano, como mostra a Figura 2b. 
Figura 2 – Carga distribuída ao longo de uma viga (a) e simplificação do modelo 
no plano (b) 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
A carga distribuída 𝑤 é uma função de x, ou seja, varia com o eixo x. 
Podemos substituir essa carga distribuída por uma força resultante, dada pelo 
cálculo da área abaixo da “curva” da carga distribuída. Ou seja: 
𝐹𝑅 = ∫ 𝑤(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
 ou 𝐹𝑅 = ∫ 𝑑𝐴
𝐴
= 𝐴 (1) 
Sendo 𝑑𝑥 o comprimento do elemento infinitesimal mostrado na Figura 2b, 
𝑑𝐴 a área do elemento infinitesimal, e 𝐴 a área total abaixo da função da carga 
distribuída. 
Essa força resultante deve ser posicionada no centro geométrico ou 
centroide sob o carregamento distribuído, �̅�, conforme a Figura 3. 
 
 
 
4 
Figura 3 – Resultante de um sistema de carga distribuída 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Esse ponto (centro geométrico ou centroide) é obtido pelo equilíbrio de 
momentos e resulta na seguinte equação: 
�̅� =
∫ 𝑥𝑤(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
∫ 𝑤(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
, ou �̅� =
∫ 𝑥𝑤(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
𝐹𝑅
, ou �̅� =
∫ 𝑥𝑑𝐴
𝐴
∫ 𝑑𝐴
𝐴
 (2) 
Vamos aos exemplos para aplicar as Equações 1 e 2 e compreender 
como reduzir um sistema de carga distribuída a uma força concentrada e como 
determinar a posição dessa força. 
Exemplo 1: Calcule a intensidade e a posição da força resultante 
equivalente do carregamento distribuído mostrado na figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: para resolver o problema, temos que aplicar inicialmente a 
Equação 1, cuja função 𝑤(𝑥) corresponde a 60𝑥2𝑁/𝑚, conforme a figura. Logo, 
substituindo 𝑤(𝑥) na Equação 1 por 60𝑥2, temos: 
𝐹𝑅 = ∫ 60𝑥
2𝑑𝑥 
𝐿
0
 
O limite superior de integração, 𝐿, corresponde ao comprimento da viga 
(2 m); logo, como 60 é uma constante e pode sair da integral, ficamos com: 
 
 
5 
𝐹𝑅 = 60 ∫ 𝑥
2𝑑𝑥
2
0
 
A solução da integral de um polinômio é dada pela seguinte “regra”: 
∫ 𝑥𝑛𝑑𝑥 =
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
 (3) 
𝑛 corresponde ao grau do polinômio, que no nosso exemplo é 2 (𝑥2). Logo, 
resolvendo a integral para calcular a força resultante, temos: 
𝐹𝑅 = 60
𝑥3
3
|
0
2
= 20𝑥3|0
2 
Aplicando o teorema fundamental do cálculo, ou seja, substituindo os 
limites de integração, ficamos com: 
𝐹𝑅 = 20(2
3 − 03) = 20.23 = 20.8, logo 𝐹𝑅 = 160 𝑁 
O próximo passo é determinar a posição dessa carga, e isso pode ser feito 
se aplicarmos a Equação 2. Logo, substituindo 𝐿 = 2 𝑚, 𝑤(𝑥) = 60𝑥2 e 𝐹𝑅 =
160 𝑁 na Equação 2, ficamos com: 
�̅� =
∫ 𝑥60𝑥²𝑑𝑥
2
0
160
 
No numerador dessa equação, temos 60, que é uma constante e pode 
sair da integral, ficando: 
�̅� =
60 ∫ 𝑥. 𝑥²𝑑𝑥
2
0
160
=
60 ∫ 𝑥³𝑑𝑥
2
0
160
 
Aplicando a Equação 3 para resolver a integral de um polinômio, temos: 
�̅� =
60
𝑥4
4 |
0
2
160
=
15𝑥4|0
2
160
. 
Aplicando o teorema fundamental do cálculo, ficamos com: 
�̅� =
15(24 − 04)
160
=
15. 24
160
=
15.16
160
=
240
160
; portanto, �̅� = 1,5 𝑚 
O problema apresentado é mais teórico, porém os conceitos envolvidos 
nele podem ser aplicados aos problemas mais práticos. A partir de agora vamos 
considerar situações em que a carga distribuída é dada por uma figura 
geométrica simples, como retângulos e triângulos, visto que conhecemos as 
equações para obter suas áreas e a posição do centroide dessas figuras. 
Para retângulos e/ou quadrados, a área é dada por: 𝐴 = 𝑏. 𝑤, sendo 𝑏 a 
base e 𝑤 a altura (que é a carga distribuída), e o centro geométrico está 
exatamente no meio da figura, ou seja, 𝑏/2. Veja essas dimensões na Figura 4: 
 
 
6 
Figura 4 – Redução de um carregamento distribuído do tipo retangular 
 
Fonte: Silva, 2020. 
Aplicando o mesmo raciocínio para um triângulo retângulo, a área é dada 
por: 𝐴 =
𝑏.𝑤
2
, sendo 𝑏 a base e 𝑤 a altura (carga distribuída), e o centro 
geométrico corresponde a 𝑏/3, medido com base na aresta vertical do triângulo. 
Veja as duas possibilidades de reduzir um sistema de cargas distribuídas em 
figuras do tipo triângulo retângulo: 
Figura 5 – Redução de um carregamento distribuído do tipo triangular 
 
Fonte: Silva, 2020. 
Vamos aos exemplos para aplicar essa ideia aos problemas mais gerais 
e com geometria simples. 
Exemplo 2: calcule a intensidade e a posição da força resultante 
equivalente do carregamento distribuído (mostrado na figura) em relação à 
origem da viga. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
 
 
7 
Solução: a carga distribuída do problema em tela é do tipo linear, definida 
pelo triângulo apresentado na figura. Logo, a força concentrada é calculada pela 
área desse triângulo, cuja base é 9 m e cuja altura é 1440 N/m. Assim, temos: 
𝐹𝑅 =
9.1440
2
; consequentemente, 𝐹𝑅 = 6480 𝑁 
O centro geométrico dessa figura é 𝑏/3, analisado com base na aresta da 
altura do triângulo, conforme a segunda configuração apresentada na Figura 5. 
Porém, é solicitada a distância do centro geométrico em relação à origem da 
viga. Essa distância é representada na seguinte figura: 
 
Fonte: Silva, 2020, com base em Hibbeler, 2011. 
Temos o seguinte cálculo para determinar a posição da força resultante: 
�̅� = 9 −
𝑏
3
= 9 −
9
3
= 9 − 3; logo, �̅� = 6 𝑚 
Agora vamos aplicar esse conceito em carregamentos distribuídos que 
podem ser divididos em mais de uma figura geométrica simples. Nesse caso, 
temos que determinar a força resultante e o centro geométrico de cada figura em 
relação a um ponto específico. A força resultante total é dada pela soma da força 
resultante de cada figura, e o centro geométrico é dado por: 
�̅� =
�̅�1. 𝐹𝑅1 + �̅�2. 𝐹𝑅2 + ⋯ + �̅�𝑛. 𝐹𝑅𝑛
∑ 𝐹𝑅
 (4) 
Sendo 𝑛 o número de segmentos (figuras) do carregamento distribuído. 
Vamos ao exemplo: 
Exemplo 3: calcule a intensidade e a posição da força resultante 
equivalente docarregamento distribuído mostrado na figura em relação à origem 
da viga. 
 
 
8 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o carregamento distribuído mostrado na figura pode ser dividido 
em duas figuras: um retângulo e um triângulo. Veja-os destacados na seguinte 
imagem: 
 
Fonte: Silva, 2020, com base em Hibbeler, 2011. 
A força resultante do primeiro segmento é obtida se calcularmos a área 
do triângulo. Observe que a base corresponde a 9 m, e a altura (𝑤 em kN/m), a 
100 − 50 = 50 kN/m. Logo, a força resultante é: 
𝐹𝑅1 =
𝑏. 𝑤
2
=
9.50
2
= 225 𝑘𝑁 
Aplicando a mesma ideia ao segmento 2 (retângulo), temos o seguinte 
cálculo para a força resultante: 
𝐹𝑅2 = 𝑏. 𝑤 = 9.50 = 450 𝑘𝑁 
Note que a carga distribuída do retângulo equivale a 50 kN/m. 
Trabalhando com os centros geométricos dos segmentos, para o triângulo 
temos �̅� = 𝑏/3 em relação à sua altura. Logo: 
�̅�1 =
𝑏
3
=
9
3
= 3 𝑚 
Para o segmento 2 (o retângulo), o centro geométrico fica exatamente no 
centro da figura. Logo: 
�̅�2 =
𝑏
2
=
9
2
= 4,5 𝑚 
 
 
9 
Agora vamos calcular a força resultante. Isso pode ser feito se 
simplesmente somarmos a força resultante do segmento 1 com a do segmento 2. 
Ou seja: 
𝐹𝑅 = 𝐹𝑅1 + 𝐹𝑅2 = 225 + 450 = 675 𝑘𝑁 
A determinação do ponto em que vamos colocar a força resultante se dá 
pela aplicação da Equação 4. Logo: 
�̅� =
�̅�1. 𝐹𝑅1 + �̅�2. 𝐹𝑅2
∑ 𝐹𝑅
=
(3.225 + 4,5.450)
675
=
2700
675
; ou seja, �̅� = 4 𝑚 
A maioria dos casos práticos envolve cargas distribuídas e, para 
projetarmos as estruturas, precisamos aplicar essa simplificação, substituindo a 
carga distribuída por uma força resultante aplicada no centro geométrico (centro 
de gravidade) do carregamento. 
TEMA 2 – FORÇAS INTERNAS DESENVOLVIDAS EM MEMBROS 
ESTRUTURAIS 
Toda estrutura é projetada a fim de suportar um determinado tipo de 
carregamento. Você não ficaria aborrecido se esquecesse o celular no bolso de 
trás da calça e, ao sentar, ele amassasse como na Figura 6a? E quando vamos 
a uma festinha de aniversário e, ao espetar o bolo, o garfinho quebra 
(Figura 6b)? Também é uma situação desagradável, não é? 
Figura 6 – Celular amassado (a) e garfinho quebrado (b) 
(a) (b) 
Fonte: Lucas Rizzi; Ahmad Fozi/Shutterstock. 
As duas situações nos mostram que os objetos simples e complexos 
sofrem cargas, e é necessário compreendê-las a fim de projetá-los, para que 
eles atuem de forma adequada e segura. Os dois exemplos citados são simples, 
mas logicamente, na engenharia, encontramos estruturas mais complexas que, 
 
 
10 
se não operarem de forma adequada, podem trazer, além das perdas materiais, 
perdas irreparáveis, como a vida de pessoas. 
Essa reflexão nos mostra a importância dos projetistas e dos projetos, 
bem como da sua execução correta. Você possivelmente trabalhará numa área 
de projetos que, na maioria dos casos, é de grande responsabilidade. Então 
vamos ao tema que determina as cargas internas de uma estrutura. 
Três tipos de esforço podem estar presentes nas estruturas: 
1. Força normal: essa força atua na mesma direção do elemento analisado, 
ou seja, a força pode estar saindo do elemento ou entrando, provocando 
uma tração ou compressão do objeto. Podemos observar essa força nas 
treliças trabalhadas anteriormente ou quando brincávamos de cabo de 
guerra e aplicávamos esse tipo de força para vencer a outra equipe. A 
força normal é representada por 𝑁. A Figura 7a mostra essa força aplicada 
a uma viga qualquer, e a Figura 7b mostra um caso prático de uma ponte 
estaiada, cujos cabos sofrem tração, e o poste principal sofre compressão 
(ambas são forças normais): 
Figura 7 – Força normal aplicada (a) a uma viga e nos cabos de uma ponte 
estaiada (b) 
(a) (b) 
Fonte: Nahlik/Shutterstock. 
2. Força cortante (cisalhamento): essa força atua na direção transversal 
da viga, fazendo com que ela seja “cortada”. Esse efeito é chamado de 
cisalhamento, e essa força também é comumente denominada força de 
cisalhamento ou força cisalhante. Esse efeito pode ser observado se 
cortarmos um pão (Figura 8a; ou qualquer outro alimento em que 
aplicamos uma força que corte o objeto, literalmente – Figura 8b): 
Figura 8 – Força cortante aplicada ao cortar um pão (a) e ao cortar um cabo (b) 
 
 
11 
(a) (b) 
Fonte: Master1305; Serhii Ivashchuk/Shutterstock. 
Essa força é representada pela letra 𝑉 na literatura. A Figura 9a mostra a 
aplicação dessa força numa viga qualquer, e a Figura 9b mostra o caso prático 
de uma máquina que corta chapas de aço. 
Figura 9 – Força cortante aplicada a uma viga (a) e a uma chapa de aço (b) 
(a) (b) 
Fonte: Vadim Gavrilo/Shutterstock. 
3. Momento fletor: esse tipo de esforço ocorre se aplicarmos uma força que 
gera momento – por exemplo, se quebrarmos um biscoito ao meio 
(Figura 10a) ou dobrarmos uma barra de aço (Figura 10b): 
Figura 10 – Momento fletor aplicado ao quebrar um biscoito (a) e ao dobrar uma 
barra (b) 
(a) (b) 
Fonte: Snow Toy; Funtay/Shutterstock. 
Esse tipo de esforço é representado pela letra 𝑀. A Figura 11a mostra a 
aplicação dessa força numa viga qualquer, e a Figura 11b mostra um caso 
 
 
12 
prático de cantoneiras feitas com base numa força de flexão que dobra as 
chapas até o formato desejado. 
Figura 11 – Momento fletor aplicado a uma viga (a) e ao dobrar chapas (b) 
(a) (b) 
Fonte: Myfotoprom/Shutterstock. 
2.1 Convenção de sinal 
Na engenharia, é muito comum assumir uma convenção de sinal, como já 
temos feito para as forças em x e em y. Mas neste tema assumiremos uma 
convenção de sinal específica para as forças internas 𝑁, 𝑉 e 𝑀, representada 
pela Figura 12. 
Figura 12 – Convenção de sinal para as forças internas: normal (a), cortante (b) 
e momento fletor (c) 
(a) (b)
(c) 
Fonte: Silva, 2020. 
O passo a passo para determinar as forças internas atuantes num 
determinado ponto de uma estrutura é descrito a seguir: 
• Antes de seccionar a estrutura no ponto de interesse, pode ser necessário 
determinar as reações de apoio. Seccione a estrutura e escolha um dos 
lados da seção para determinar as forças internas (escolha sempre o lado 
mais fácil, ou seja, o que contém o menor número de forças e momentos); 
• Desenhe o DCL do lado da seção escolhida; 
 
 
13 
• Aplique as equações de equilíbrio vistas anteriormente, (∑ 𝐹𝑥 = 0, 
∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀𝑜 = 0), para obter a força normal (𝑁), a força de cortante 
(𝑉) e o momento fletor (𝑀). 
Observação: se o resultado for um valor negativo, isso significa que o 
sentido adotado conforme a convenção de sinal não está correto. 
Exemplo 4: calcule as forças internas que atuam no ponto C da estrutura 
mostrada. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o primeiro passo é analisar se é necessário determinar as 
reações de apoio. Sabemos que essa viga será seccionada no ponto C; logo, 
analisando o lado esquerdo desse ponto, temos o apoio do tipo rolete em A e, 
analisando o lado direito, temos um pino em B. 
Temos que escolher um dos lados da seção para determinar as forças 
internas; logo, não é necessário determinar as reações para ambos os apoios. 
Vamos determinar somente a força de reação no rolete em A. O DCL para 
calcular essa reação é mostrado a seguir: 
 
Para determinar a reação 𝐴𝑦, basta fazer o somatório de momentos em 
relação ao ponto B. Logo: 
∑ 𝑀𝐵 = 0; 30.10
3 − 𝐴𝑦. (1,5 + 1,5) − 10.10
3. 1,5 = 0 
30.103 − 10.103. 1,5 = 𝐴𝑦. (1,5 + 1,5) ou 𝐴𝑦. (1,5 + 1,5) = 30.10
3 − 10.103. 1,5 
𝐴𝑦. 3 = 30.10
3 − 15.103 
𝐴𝑦 =
15.103
3
; portanto, 𝐴𝑦 = 5.10
3𝑁 𝑜𝑢 𝐴𝑦 = 5 𝑘𝑁 
 
 
14 
Finalizamos o passo 1. O próximo passo é escolher um dos lados da 
seção sobre o ponto C para trabalhar. Já analisamos isso antes e escolhemos o 
lado esquerdo. Portanto, o DCL do lado esquerdo da seção em C fica assim: 
 
Aplicando as equações de equilíbrio como sugere o passo 3, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝑁 = 0; 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ;5.10
3 − 𝑉 = 0 
5.103 = 𝑉 ou 𝑉 = 5.103𝑁 e 
∑ 𝑀 = 0 ; 30.103 − 5.103. 1,5 + 𝑀 = 0 
𝑀 = −30.103 + 5.103. 1,5, logo, 𝑀 = −22,5.103 𝑁. 𝑚 ou 𝑀 = −22,5 𝑘𝑁. 𝑚 
O sinal indica que o momento interno 𝑀 não é no sentido anti-horário, mas 
no horário. 
Exemplo 5: calcule as forças internas que atuam no ponto C da estrutura 
mostrada. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: novamente, tanto do lado esquerdo do ponto C quanto do lado 
direito, existem apoios. Vamos escolher o lado direito por ser mais simples e 
conter menos forças. Logo, temos que determinar as forças de reação no pino B. 
O DCL dessa estrutura é mostrado na seguinte figura: 
 
 
 
15 
A força resultante 𝐹𝑅 proveniente da carga distribuída é calculada se 
aplicarmos o Tema anterior, ou seja, a área abaixo desse carreamento. Logo, 
𝐹𝑅 = 2.50 = 100 𝑘𝑁. A posição dessa força resultante é o centro geométrico do 
retângulo, ou seja, o meio, conforme a figura anterior. 
Para determinarmos as reações 𝐵𝑥 e 𝐵𝑦, basta fazer o somatório de forças 
em x e o somatório de momentos em relação ao ponto A, respectivamente: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝐵𝑥 = 0 e 
∑ 𝑀𝐴 = 0 ; 𝐹𝑅 . 1 − 𝐵𝑦. (1,5 + 1,5) = 0 
𝐹𝑅 . 1 = 𝐵𝑦. (1,5 + 1,5) ou 𝐵𝑦. (1,5 + 1,5) = 𝐹𝑅 . 1 
𝐵𝑦. 3 = 100.10³. 1 
𝐵𝑦 =
100.10³
3
, logo 𝐵𝑦 = 33,33.10
3𝑁 ou 𝐵𝑦 = 33,33 𝑘𝑁 
Fazendo a seção em C e escolhendo o lado direito desse ponto, temos o 
seguinte DCL: 
 
Aplicando as equações de equilíbrio como sugere o passo 3, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝑁 = 0; 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝑉 − 33,33.10³ = 0 
𝑉 = 33,33.103𝑁 ou 𝑉 = 33,33 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 ; −𝑀 − 33,33.103. 1,5 = 0 
−50.103 = 𝑀 ou 𝑀 = −50.103 𝑁. 𝑚 ou ainda 𝑀 = −50 𝑘𝑁. 𝑚 
O sinal indica que o momento interno 𝑀 não é no sentido horário, mas no 
anti-horário. 
Vamos resolver um último exemplo para consolidar o conhecimento 
adquirido. 
Exemplo 6: a barra aparafusada está sujeita a uma força de tração de 
400 N. Calcule as forças internas que atuam no ponto C da haste semicircular. 
 
 
16 
 
Fonte: Silva, 2020, com base em Hibbeler, 2011. 
Solução: como as únicas forças do problema são as aplicadas no 
parafuso, logo não há reações de apoio que precisamos calcular e tanto faz 
analisar o lado esquerdo ou direito do ponto C, pois são simétricos. Entretanto, 
à medida que a porca é apartada, ela traciona o parafuso e comprime a haste 
semicircular. Logo, podemos partir do passo 2 elaborando o DCL da haste 
semicircular seccionada, assim temos a seguinte figura: 
 
Note que os sentidos das forças e momento internos foram adotados a 
convenção de sinais. 
Aplicando as equações de equilíbrio, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 400 + 𝑁 = 0, logo, 𝑁 = −400 𝑁; 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; −𝑉 = 0 ou 𝑉 = 0 e 
∑ 𝑀 = 0 ; 400.150. 10−3 + 𝑀 = 0 
𝑀 = −400.150. 10−3, portanto, 𝑀 = −60 𝑁. 𝑚 
A operação 150. 10−3 transforma a distância de 150 milímetros (mm) em 
150 metros (m). 
Observe que os sinais negativos indicam que o sentido adotado para força 
normal e para o momento fletor estão errados. Portanto, a força normal é para a 
esquerda e o momento fletor é no sentido horário. 
 
 
17 
Este tema serve de suporte para o próximo tema, no qual vamos obter a 
função de força cortante e de momento fletor. Ou seja, em vez de obter esses 
dois parâmetros para um único ponto da estrutura, podemos obter para todos os 
pontos e, assim, conseguir verificar qual é o ponto mais crítico e que tem mais 
chances de falhar por cisalhamento ou flexão. 
TEMA 3 – EQUAÇÕES E DIAGRAMAS DE ESFORÇO CORTANTE E MOMENTO 
FLETOR 
Como mencionado no final do Tema 2, é possível compreender o 
comportamento da força cortante e do momento fletor ao longo de toda uma viga. 
Para isso, apresentaremos dois métodos: método das seções e método das 
integrais. 
Neste tema abordaremos o primeiro método, que basicamente consiste 
em aplicar seções na viga à medida que houver mudança de carregamento. O 
seguinte passo a passo nos ajudará a construir esses diagramas: 
1. Determine as reações nos apoios (veja nos conteúdos anteriores); 
2. Pelo lado esquerdo da viga, faça uma seção após a primeira força 
concentrada ou momento concentrado que aparece na viga. Se houver 
uma carga distribuída, a seção deverá passar sobre essa carga; 
3. Obtenha a função de força cortante (uma função de x que varia com o 
comprimento da viga); 
4. Obtenha a função de momento fletor (uma função de x que varia com o 
comprimento da viga); 
5. Volte ao passo 2 para desenhar a próxima seção, que deve passar pela 
próxima força concentrada ou momento concentrado. Repita os passos 
subsequentes até ter considerado todos os carregamentos ao longo de 
toda a viga; 
6. Construa o diagrama (gráfico) de força cortante (ordenada) versus 
comprimento da viga (abscissa); 
7. Construa o diagrama (gráfico) de momento fletor (ordenada) versus 
comprimento da viga (abscissa). 
Exemplo 7: construa os diagramas de força cortante e momento fletor 
para o eixo apoiado pelos mancais mostrados na figura. O mancal em A é do 
 
 
18 
tipo axial, ou seja, exerce reações em x e y, e o mancal em C é do tipo radial, 
exercendo reação apenas em y (veja nos conteúdos anteriores). 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: o primeiro passo é determinar as reações de apoio nos mancais 
em A e C. Como não há forças externas na direção x, a reação de apoio no 
mancal em A nessa direção é zero; ou seja, 𝐴𝑥 = 0. 
Como a força de 5 kN se aplica exatamente no centro desse eixo, para 
manter o equilíbrio, metade dessa carga é reagida pelo apoio em A, e a outra 
metade, pelo apoio em C; logo, 𝐴𝑦 = 2,5 𝑘𝑁, e 𝐶𝑦 = 2,5 𝑘𝑁, ambas com sentido 
para cima. Portanto, o DCL com as cargas citadas é mostrado na seguinte figura: 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
O passo 2 nos orienta a fazer uma seção após a primeira força 
concentrada ou momento concentrado que aparece na viga. Nesse exemplo, 
temos três forças concentradas: 2,5 kN, 5 kN e 2,5 kN. Portanto, temos que fazer 
uma seção entre a força de 2,5 kN e a força de 5 kN, ficando da seguinte forma 
o corte (a) e o DCL da seção (b): 
(a) (b) 
Observe que o corte foi feito num ponto qualquer entre o início da viga 
(𝑥 = 0) e o ponto de aplicação da força de 5 kN (𝑥 = 2 𝑚). Portanto, o intervalo 
avaliado é 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚. Observe também que a força normal não é considerada 
nesse tipo de problema. 
Seção 
 
 
19 
O terceiro passo é obter a função de força cortante. Para isso, aplicamos 
a equação do somatório de forças em y. Assim, temos: 
∑ 𝐹𝑦 = 0; 2,5 − 𝑉1 = 0, logo, 𝑉1 = 2,5 𝑘𝑁 
O quarto passo é obter a função de momento fletor. Para isso, aplicamos 
a equação do somatório de momentos em relação à seção. Assim, temos: 
∑ 𝑀 = 0; −2,5. 𝑥 + 𝑀1 = 0, logo, 𝑀1 = 2,5𝑥 𝑘𝑁. 𝑚 
O quinto passo nos orienta a voltar ao segundo passo e selecionar a 
próxima seção. Conforme o critério estabelecido, a próxima seção deve ser após 
a próxima força concentrada, ou seja, após a força de 5 kN. Portanto, temos a 
seguinte figura, que representa a próxima seção (a) e o DCL dessa seção (b): 
(a) (b) 
Observe que o corte foi feito num ponto qualquer entre a força de 5 kN 
(𝑥 = 2) e a força de 2,5 kN (𝑥 = 4 𝑚), que corresponde ao final da viga. Portanto, 
o intervalo avaliado é 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚. 
Aplicando o terceiro passo, vamos ao somatório de forças em y: 
∑ 𝐹𝑦 = 0; 2,5 − 5 − 𝑉2 = 0 
2,5 − 5 = 𝑉2, logo, 𝑉2 = −2,5 𝑘𝑁 
Aplicando o quarto passo, vamos ao somatório de momentos: 
∑ 𝑀 = 0; −2,5. 𝑥 + 5. (𝑥 − 2) + 𝑀2 = 0 
𝑀2 = 2,5. 𝑥 − 5. (𝑥 − 2) 
𝑀2 = 2,5. 𝑥 − 5. 𝑥 + 10, logo, 𝑀2 = −2,5𝑥 + 10 𝑘𝑁. 𝑚 
Como a próxima força concentrada está no final da viga, em 𝑥 = 4 𝑚, não 
podemos fazer uma seção após essa força. Portanto, finalizamos essa etapa. 
Agora vamos ao sexto passo, que nos orienta a construir o diagrama de força 
cortante (ordenada) versus o comprimento da viga (abscissa). Para isso, 
desenhamos os respectivos eixos do gráfico:Seção 
 
 
20 
 
Agora vamos considerar as duas funções de forças cortantes. A primeira 
nos diz que 𝑉1 = 2,5 𝑘𝑁, e é válida para o intervalo de 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚. Logo, como 
a função é uma constante, faremos uma linha horizontal em 2,5 no eixo y, 
iniciando em 𝑥 = 0 e terminando em 𝑥 = 2 𝑚: 
 
A próxima função para a força constante é 𝑉2 = −2,5 𝑘𝑁 e é válida para o 
intervalo de 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚. Logo, como a função também é uma constante, 
faremos uma linha horizontal em −2,5 no eixo y, iniciando em 𝑥 = 2 e terminando 
em 𝑥 = 4 𝑚: 
 
Finalmente, o último passo nos orienta a construir o diagrama de momento 
fletor (ordenada) versus o comprimento da viga (abscissa). Logo, iniciamos pela 
construção dos eixos do gráfico: 
 
 
21 
 
Agora vamos considerar as duas funções de momentos fletores. A 
primeira nos diz que 𝑀1 = 2,5𝑥 𝑘𝑁. 𝑚 e é válida para o intervalo de 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚. 
Logo, como a função é uma reta (ou equação do 1° grau), substituímos nessa 
equação os valores do intervalo. Desse modo, para 𝑥 = 0, temos 𝑀1 = 2,5.0 e, 
consequentemente, 𝑀1 = 0 𝑘𝑁. 𝑚. Para 𝑥 = 2 𝑚, temos 𝑀1 = 2,5.2 e, 
consequentemente, 𝑀1 = 5 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, faremos uma reta que se inicia em 
𝑀 = 0 para 𝑥 = 0 e termina em 𝑀 = 5 para 𝑥 = 2 𝑚: 
 
A próxima função para o momento fletor é 𝑀2 = −2,5𝑥 + 10 𝑘𝑁. 𝑚 e é 
válida para o intervalo de 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚. Logo, como a função também é uma reta 
(ou equação do 1° grau), substituímos nessa equação os valores do intervalo. 
Desse modo, para 𝑥 = 2, temos 𝑀2 = −2,5.2 + 10 e, consequentemente, 𝑀2 =
5 𝑘𝑁. 𝑚. Para 𝑥 = 4 𝑚, temos 𝑀2 = −2,5.4 + 10. Logo, 𝑀2 = 0 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, 
faremos uma reta que se inicia em 𝑀 = 5 e termina em 𝑀 = 0: 
 
Concluímos o exemplo e construímos os dois diagramas. Mas o que é 
importante observar nesses diagramas? Um engenheiro deve perceber que no 
meio do eixo há uma força cortante de magnitude igual a 5 kN (2,5 a −2,5) e que 
 
 
22 
o momento fletor máximo também ocorre no centro desse eixo. Portanto, na hora 
de projetar o diâmetro desse eixo, a força cortante e o momento fletor que devem 
ser considerados nos cálculos são os valores máximos obtidos nos diagramas. 
Exemplo 8: construa os diagramas de força cortante e momento fletor 
para a viga engastada mostrada na figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2011. 
Solução: construindo o DCL para obter as reações de apoio do engaste 
no ponto B, temos: 
 
Note que a força resultante proveniente do carregamento distribuído é 
3 kN, pois (2 𝑚). (1,5
𝑘𝑁
𝑚
) = 3 𝑘𝑁. 
Como já sabemos calcular as reações de apoio, vamos descrevê-las de 
forma mais direta: 
∑ 𝐹𝑥 = 0; 𝐵𝑥 = 0, 
∑ 𝐹𝑦 = 0; −2 − 3 + 𝐵𝑦 = 0, 𝑙𝑜𝑔𝑜, 𝐵𝑦 = 5 𝑘𝑁 e 
∑ 𝑀𝐵 = 0; 2.4 + 3.1 − 𝑀𝐵 = 0, 𝑙𝑜𝑔𝑜, 𝑀𝐵 = 11 𝑘𝑁. 𝑚 
A primeira força concentrada está no início da viga, em 𝑥 = 0, e o próximo 
carregamento se deve à carga distribuída que se inicia em 𝑥 = 2 𝑚. Logo, a 
primeira seção deve ser feita entre essas duas cargas, como mostra a figura (a), 
no intervalo de 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚. A figura (b) mostra o DCL da seção: 
 
 
23 
(a) (b) 
Aplicando o somatório de forças em y e o somatório de momentos na 
seção, vamos obter 𝑉1 e 𝑀1, respectivamente: 
∑ 𝐹𝑦 = 0; −2 − 𝑉1 = 0; logo, 𝑉1 = −2 𝑘𝑁 e 
∑ 𝑀 = 0; 2. 𝑥 + 𝑀1 = 0; logo, 𝑀1 = −2𝑥 𝑘𝑁. 𝑚 
A próxima seção será feita dentro do carregamento distribuído, ou seja, 
em 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚. Logo, a figura (a) mostra a seção, e a figura (b) mostra o DCL 
da viga seccionada: 
(a) (b) 
Observe que a força resultante proveniente do carregamento distribuído 
é dada pela área do retângulo e, como a seção passa por um ponto qualquer 
desse retângulo, sua base não é mais 2 𝑚, mas (𝑥 − 2), e o ponto de aplicação 
da força resultante corresponde ao centro geométrico do retângulo, ou seja, 𝑏/2, 
sendo 𝑏 a base do retângulo. Por isso, seu centro é (𝑥 − 2)/2. 
Aplicando o somatório de forças em y e o somatório de momentos na 
seção, vamos obter 𝑉2 e 𝑀2, respectivamente: 
∑ 𝐹𝑦 = 0; −2 − 𝐹𝑅 − 𝑉2 = 0 
𝑉2 = −2 − (𝑥 − 2). 1,5 
𝑉2 = −2 − 1,5. 𝑥 + 3, logo, 𝑉2 = −1,5𝑥 + 1 𝑘𝑁 e 
∑ 𝑀 = 0; 2. 𝑥 + 𝐹𝑅 .
(𝑥 − 2)
2
+𝑀2 = 0 
𝑀2 = −2. 𝑥 − (𝑥 − 2). 1,5.
(𝑥 − 2)
2
 
𝑀2 = −2. 𝑥 − (𝑥 − 2). (𝑥 − 2)
1,5
2
 = −2. 𝑥 − (𝑥 − 2)2. 0,75 
𝑀2 = −2. 𝑥 − (𝑥
2 − 4𝑥 + 4). 0,75 = 𝑀2 = −2. 𝑥 − 0,75𝑥
2 + 3𝑥 − 3 
 
 
24 
𝑀2 = −0,75𝑥
2 + 𝑥 − 3 𝑘𝑁. 𝑚 
Considerando as duas funções de forças cortantes, vamos construir seu 
respectivo diagrama. A primeira equação nos diz que 𝑉1 = −2 𝑘𝑁 e é válida para 
o intervalo de 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚. Logo, como a função é uma constante, faremos uma 
linha horizontal em −2 no eixo y, iniciando em 𝑥 = 0 e terminando em 𝑥 = 2 𝑚: 
 
A segunda função para a força constante é 𝑉2 = −1,5𝑥 + 1 𝑘𝑁 e é válida 
para o intervalo de 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚. Logo, como a função é do 1° grau, temos que 
substituir os valores do intervalo de 𝑥. Para 𝑥 = 2 𝑚, temos 𝑉2 = −1,5.2 + 1; 
consequentemente, 𝑉2 = −2 𝑘𝑁. 𝑚. Para 𝑥 = 4 𝑚, temos 𝑉2 = −1,5.4 + 1; logo, 
𝑉2 = −5 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, faremos uma reta que se inicia em 𝑉 = −2 e termina 
em 𝑉 = −5: 
 
Aplicando a mesma ideia para construir o diagrama de momento fletor, 
temos que a primeira função é 𝑀1 = −2𝑥 𝑘𝑁. 𝑚. Substituindo o 𝑥 pelos valores 
do primeiro intervalo, temos que, para 𝑥 = 0 𝑚, 𝑀1 = −2.0 = 0, e, para 𝑥 = 2 𝑚, 
𝑀1 = −2.2 = −4 𝑘𝑁. 𝑚. Logo, como é uma função do 1º grau, faremos uma reta 
que começa em 0 e termina em −4: 
 
Para a segunda função de momento fletor, temos 𝑀2 = −0,75𝑥
2 + 𝑥 −
3 𝑘𝑁. 𝑚. É uma função do 2° grau (parábola). Substituindo o 𝑥 pelos valores do 
 
 
25 
primeiro intervalo, temos que, para 𝑥 = 2 𝑚, 𝑀2 = −0,75. 2
2 + 2 − 3 = −3 + 2 −
3 = −4 𝑘𝑁. 𝑚, e, para 𝑥 = 4 𝑚, −0,75. 42 + 4 − 3 = −12 + 4 − 3 = −11 𝑘𝑁. 𝑚. 
Logo, como é uma função do 2º grau, faremos uma parábola com concavidade 
para baixo, pois o sinal da função é negativo (−0,75𝑥2), começando em −4 e 
terminando em −11: 
 
Em ambos os diagramas, percebemos que, no ponto de engaste, se 
encontram a força de cisalhamento e o momento fletor máximos dessa viga. 
No próximo tema você aprenderá a obter esses diagramas utilizando o 
método das integrais. 
TEMA 4 – RELAÇÕES ENTRE CARGA DISTRIBUÍDA, ESFORÇO CORTANTE E 
MOMENTO FLETOR 
Este tema dedica-se à aplicação do método das integrais para construir 
os diagramas de força cortante e de momento fletor de uma estrutura. 
O método apresentado anteriormente torna-se muito trabalhoso à medida 
que o número de forças e momentos do problema se amplia. Uma das vantagens 
em trabalhar com o método das integrais é poder aplicá-lo a problemas que 
envolvem várias forças e/ou momentos concentrados e a cargas distribuídas, 
pois baseia-se nas relações diferenciais entre as forças do problema, o esforço 
cortante e o momento fletor. 
Para desenvolver esse método, vamos considerar as seguintes relações: 
1. Relação entre a carga distribuída e o esforço cortante: no intervalo 
dentro do carregamento distribuído 𝑤(𝑥), temos que a variação da força 
cortante é dada por: 
∆𝑉 = ∫ 𝑤(𝑥)𝑑𝑥 
O termo da integral corresponde à área sob a curva do carregamento 
distribuído. Ou seja, se tivermos um carregamento distribuído na 
 
 
26 
estrutura, no diagrama de momento fletor desenharemos uma função com 
um grau acima da função que descreve a carga distribuída, e sua 
magnitude é dada pelo cálculo da área sob a carga distribuída; 
2. Relação entre esforço cortante e momento fletor: o momento fletor 
sempre será um grau acima da função de força cortante. Por exemplo: se 
no diagrama de força cortante tivermos uma reta (função do 1° grau) 
dentro de um determinado intervalo, no diagrama de momento fletor 
teremos uma parábola (função do 2° grau); logo, a variação do momento 
fletor é dada por: 
∆𝑀 = ∫ 𝑉𝑑𝑥, 
O termo da integral correspondeà área sob o diagrama de esforço 
cortante no intervalo avaliado; 
3. Relação de força concentrada e diagrama de força cortante: sempre 
que houver uma força concentrada na estrutura analisada, haverá um 
salto no diagrama de força cortante. Esse salto será para cima se a força 
concentrada tiver sentido para cima; caso contrário, o salto será para 
baixo. A função a ser desenhada é do tipo constante e vale até a próxima 
força aplicada; 
4. Relação de momento concentrado e diagrama de momento fletor: 
sempre que houver um momento concentrado na estrutura analisada, 
haverá um salto no diagrama de momento fletor. Esse salto será para 
cima se o momento concentrado tiver sentido horário; caso contrário, o 
salto será para baixo. A função a ser desenhada é constante. 
Exemplo 9: considere o Exemplo 7 e construa os diagramas de força 
cortante e de momento fletor utilizando o método das integrais. 
Solução: na solução do Exemplo 7, obtivemos as reações nos apoios dos 
mancais. O próximo passo é construir o diagrama de força cortante de forma 
direta, considerando os tipos de força e momentos aplicados ao eixo. Para isso, 
analisaremos o seguinte DCL: 
 
 
 
27 
Fonte: Silva, 2020, com base em Hibbeler, 2011. 
A primeira força que aparece, analisando o eixo da esquerda para a 
direita, é a de 2,5 kN. Como essa força é concentrada, aplicaremos a relação 3. 
Logo, no diagrama de força cortante haverá um salto para cima no valor da força, 
e esse salto deve ser desenhado com base no ponto de aplicação dessa força 
até a próxima força sobre o eixo; ou seja, temos que desenhar uma função 
constante no intervalo de 0 a 2 m, pois a partir de 2 m há outra força concentrada 
aplicada. Assim, temos: 
 
Em 𝑥 = 2 𝑚, há uma força concentrada no valor de 5 kN com sentido para 
baixo; logo, no diagrama de força cortante, nesse ponto, o diagrama saltará para 
baixo no valor de 5 kN. Como a força atual é de 2,5 (para cima) e vamos aplicar 
5 para baixo, ficamos com 2,5 − 5 = −2,5 kN. Essa função vale com base na 
posição de 2 m até a próxima força sobre o eixo. Ou seja, temos que desenhar 
uma função constante no intervalo de 2 a 4 m, pois a partir de 4 m há outra força 
aplicada. Assim, temos: 
 
Por fim, em 𝑥 = 4 𝑚 há uma força concentrada no valor de 2,5 kN com 
sentido para cima; logo, no diagrama de força cortante, nesse ponto, o diagrama 
saltará para cima no valor de 2,5 kN. Como a força atual é de −2,5 (para baixo) 
e vamos aplicar 2,5 para cima, ficamos com −2,5 + 2,5 = 0 kN. Logo, como não 
há mais eixo após esse ponto, finalizamos o diagrama de força cortante com 
esse salto, terminando em 𝑉 = 0: 
 
 
28 
 
O diagrama de momento fletor é construído ao analisarmos o diagrama 
de força cortante e algum momento concentrado fornecido no problema. Como 
nesse exemplo não existe nenhum momento concentrado, vamos focar somente 
o diagrama de força cortante para desenhar o diagrama de momento fletor 
aplicando a relação 2. Como em 𝑥 = 0 𝑚 não há nenhum momento concentrado, 
no diagrama de momento fletor iniciaremos com um momento igual a zero nesse 
ponto. 
Vimos na relação 2 que a variação do momento fletor é determinada pelo 
cálculo da área abaixo do diagrama de força cortante. Logo, analisando o 
retângulo construído dentro do intervalo de 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚, sua área é base vezes 
altura. A base é 2 m, e a altura, 2,5 kN; logo, 2.2,5 = 5 kN. m. Como no diagrama 
de força cortante temos uma função constante, no diagrama de momento fletor 
teremos uma função de um grau acima, ou seja, uma função linear (1° grau); 
logo, faremos uma reta que sai de 0 em 𝑥 = 0 𝑚 e vai a 5 em 𝑥 = 2 𝑚: 
 
A próxima área a ser avaliada no diagrama de força cortante está no 
intervalo de 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚, e tem valor negativo para o eixo vertical; logo, a área 
desse retângulo é 2. (−2,5) = −5 𝑘𝑁. 𝑚. Note que a base é 2 m, pois está entre 
2 e 4; logo, 4 − 2 = 2 m. 
No diagrama, já desenhado, estamos em 𝑥 = 2 𝑚, com um momento igual 
a 5 𝑘𝑁. 𝑚, e vimos que, por meio da área do diagrama de força cortante, temos 
uma variação do momento fletor em −5 𝑘𝑁. 𝑚. Logo, o momento final para 𝑥 =
4 𝑚 é dado pela soma desses momentos; ou seja, 5 − 5 = 0 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, 
 
 
29 
como no diagrama de força cortante a função no intervalo avaliado é constante, 
no diagrama de momento fletor teremos uma função linear (1° grau); logo, 
faremos uma reta que sai de 5 em 𝑥 = 2 𝑚 e termina em 0 em 𝑥 = 4 𝑚: 
 
Exemplo 10: considere o Exemplo 8 e construa os diagramas de força 
cortante e de momento fletor utilizando o método das integrais. 
Solução: na solução do Exemplo 8, obtivemos as reações nos apoios do 
engaste. O próximo passo é construir o diagrama de força cortante de forma 
direta, considerando os tipos de força e os momentos aplicados à viga. Para isso, 
analisaremos o seguinte DCL: 
 
A primeira força que aparece, analisando a viga da esquerda para a 
direita, é de 2 kN. Como essa força é concentrada, aplicaremos a relação 3. 
Logo, no diagrama de força cortante haverá um salto para baixo de −2 kN, pois 
a força tem sentido para baixo, desenhado com base no ponto de aplicação 
dessa força até a próxima força sobre a viga; ou seja, temos que desenhar uma 
função constante no intervalo de 0 a 2 m, pois a partir de 2 m há um 
carregamento distribuído. Assim, temos: 
 
 
 
30 
Em 𝑥 = 2 𝑚, inicia-se um carregamento distribuído que vai até 𝑥 = 4 𝑚. 
Nesse caso, temos que aplicar a relação 1, ou seja, calcular a área do 
carregamento distribuído e, com essa informação, vamos traçar uma função de 
um grau acima no diagrama de força cortante. 
Para descobrir as reações de apoio, tínhamos calculado a força resultante 
proveniente do carregamento distribuído 𝐹𝑅 = 3 𝑘𝑁, pois (2 m). (1,5
kN
m
) = 3kN. 
Como o carregamento distribuído tem sentido para baixo, o sinal da força 
resultante entrará como valor negativo (−3 kN) no diagrama. 
Em 𝑥 = 2 𝑚, estamos com um valor de −2 kN. Como o carregamento 
distribuído produz uma força de −3 kN, ficamos com −2 −3 = −5 kN. Logo, entre 
o intervalo de 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚, teremos que desenhar uma reta (função do 1° grau), 
pois o carregamento distribuído é uma função constante. Essa reta se inicia com 
valor de −2, em 𝑥 = 2 𝑚, e termina em −5, com 𝑥 = 4 𝑚: 
 
Para finalizar, em 𝑥 = 4 𝑚 há uma força concentrada devido à reação 𝐵𝑦 
no valor de 5 kN. Logo, temos que desenhar um salto no diagrama de força 
cortante devido a esse valor e nessa posição, ficando com o seguinte diagrama: 
 
O diagrama de momento fletor é obtido ao considerarmos as áreas em 
cada intervalo do diagrama de força cortante. Como não há nenhum momento 
 
 
31 
concentrado em 𝑥 = 0, o diagrama de momento fletor se inicia com valor 0. 
Analisando o diagrama de força cortante, para o primeiro intervalo 𝑥 = 0 a 𝑥 =
2 𝑚, temos que determinar a área do retângulo de base igual a 2 m e altura igual 
a −2 𝑘𝑁; logo, a área é 2. (−2) = −4 kN. m. Como é uma função constante, no 
diagrama de momento fletor desenharemos uma função linear. 
 
Analisando o segundo intervalo 𝑥 = 2 𝑚 a 𝑥 = 4 𝑚 do diagrama de força 
cortante, temos que determinar a área composta por um retângulo de base igual 
a 2 m e altura igual a −2 kN, resultando em −4 kN. m, e do triângulo de base igual 
a 2 m e altura igual a −5 𝑘𝑁 − (−2 𝑘𝑁) = −3 𝑘𝑁; logo, a área é 2. (−3)/2 =
−3 kN. m. A soma das duas áreas resulta em −7 kN. m. Como a função desse 
intervalo é linear, desenharemos uma função do 2° grau com concavidade para 
baixo, por ser um valor negativo, começando em −4 kN. m para 𝑥 = 2 𝑚 e 
terminando em −4 − 7 = −11 kN. m para 𝑥 = 8 𝑚. 
 
Como em 𝑥 = 8 𝑚 existe um momento concentrado de 11 𝑘𝑁. 𝑚 no 
sentido horário, desenharemos um salto positivo no diagrama com esse valor, 
ficando nesse ponto o valor de −11 + 11 = 0 𝑘𝑁. 𝑚: 
 
 
32 
 
Vamos aplicar os conhecimentos adquiridosno próximo tema com um 
exercício completo, abrangendo os conteúdos vistos nesta aula. 
TEMA 5 – EXEMPLO PRÁTICO: APLICANDO OS DOIS MÉTODOS PARA 
CONSTRUIR DIAGRAMAS 
Chegamos ao último tema desta aula. Aqui, resolveremos um único 
exercício, aplicando os conhecimentos adquiridos nos temas anteriores. 
Estudo aplicado: para sair do chão e voar, um avião precisa que sua 
força de sustentação seja maior que sua força peso (Figura a). Analisando as 
forças envolvidas em uma das asas de um avião, podemos observar a 
distribuição do peso da asa, a distribuição da força de sustentação e o peso da 
turbina (Figura b). Um modelo simplificado da magnitude dessas forças é 
apresentado na Figura c (observação: nem todas as forças de um caso real 
foram consideradas nesse modelo). 
(a) (b) 
(c) 
Sustentação Sustentação 
Peso 
 
 
33 
Fonte: Vchal/Shutterstock. 
Para o modelo simplificado apresentado na Figura c, determine a força 
resultante proveniente das cargas aplicadas sobre a asa, calcule a as forças de 
reação na junta que conecta a asa à aeronave (engaste) e construa o diagrama 
de momento fletor e força cortante. 
Solução: analisando a Figura c, observamos cinco tipos de 
carregamento, sendo quatro distribuídos e uma força concentrada. 
 
Os dois carregamentos distribuídos destacados pelas setas pretas 
correspondem ao peso da asa. Para calcular a força resultante e sua localização 
– proveniente desses dois carregamentos –, vamos aplicar a metodologia 
descrita no Tema 1. Considerando primeiro o carregamento retangular e 
subsequentemente o carregamento triangular, temos: 
𝐹𝑅1 = 𝑏. ℎ = (5 𝑚). (1
𝑘𝑁
𝑚
) = 5 𝑘𝑁 
�̅�1 =
𝑏
2
=
5 𝑚
2
= 2,5 𝑚 
𝐹𝑅2 =
𝑏. ℎ
2
=
(8 𝑚). (1
𝑘𝑁
𝑚 )
2
= 4 𝑘𝑁 
�̅�2 = 5 𝑚 +
𝑏
3
= 5 𝑚 +
8 𝑚
3
= 5 𝑚 + 2,667 𝑚 = 7,667 𝑚 
Note que a localização dessas forças resultantes toma como referência a 
origem da asa (ponto A). 
Os dois carregamentos distribuídos destacados pelas setas vermelhas 
correspondem à força de sustentação feita pelo ar quando a aeronave se desloca 
a uma certa velocidade. Vamos calcular as forças resultantes e suas 
localizações, considerando primeiro o carregamento retangular e, 
posteriormente, o triangular: 
𝐹𝑅3 = 𝑏. ℎ = (5 𝑚). (9
𝑘𝑁
𝑚
) = 45 𝑘𝑁, 
 
 
34 
�̅�3 =
𝑏
2
=
5 𝑚
2
= 2,5 𝑚, 
𝐹𝑅4 =
𝑏. ℎ
2
=
(8 𝑚). (9
𝑘𝑁
𝑚 )
2
= 36 𝑘𝑁, e 
�̅�4 = 5 𝑚 +
𝑏
3
= 5 𝑚 +
8 𝑚
3
= 5 𝑚 + 2,667 𝑚 = 7,667 𝑚 
A seguinte figura mostra as forças resultantes e suas posições na asa: 
 
A força resultante é obtida pela soma das forças resultantes. Lembre-se 
de considerar o sinal conforme o sentido para sabermos se essa força é para 
cima ou para baixo. 
𝐹𝑅 = 𝐹𝑅1 + 𝐹𝑅2 + 𝐹𝑅3 + 𝐹𝑅4 = −5 − 4 + 45 + 36 − 2 = 70 𝑘𝑁 
Portanto, como o resultado é positivo, sabemos que a força resultante tem 
sentido para cima, direção vertical e módulo equivalente a 70 kN. Para 
determinar o centroide, vamos aplicar a Equação 4, considerando o sentido dos 
momentos em relação ao ponto A: 
�̅� =
�̅�1. 𝐹𝑅1 + �̅�2. 𝐹𝑅2 + �̅�3. 𝐹𝑅3 + �̅�4. 𝐹𝑅4 + �̅�5. 𝐹𝑅5
∑ 𝐹𝑅
 
�̅� =
(−2,5.5 − 7,667.4 + 2,5.45 + 7,667.36 − 5.2)
70
; logo, �̅� = 4,79 𝑚 
O próximo passo é determinar as reações de apoio no engaste da asa. 
Para isso, vamos aproveitar os cálculos feitos anteriormente. O DCL com as 
reações de apoio é apresentado na seguinte figura: 
 
 
35 
 
Aplicando as equações de equilíbrio, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝐴𝑥 = 0; 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; −𝐴𝑦 − 5.10
3 − 2.103 − 4.103 + 45.103 + 36.103 = 0 
𝐴𝑦 = −5.10
32.103 − 4.103 + 45.103 + 36.103; logo, 
𝐴𝑦 = 70.10
3𝑁 ou 𝐴𝑦 = 70 𝑘𝑁 e 
∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑀𝐴 − 5.10
3. 2,5 − 2.103. 5 − 4.103. 9 + 45.103. 2,5 + 36.103. 9 = 0 
𝑀𝐴 = −5.10
3. 2,5 − 2.103. 5 − 4.103. 7,667 + 45.103. 2,5 + 36.103. 7,667 
𝑀𝐴 = 335333,33 𝑁. 𝑚 ou 𝑀𝐴 = 335,33 𝑘𝑁. 𝑚 
Poderíamos determinar as forças internas em algum ponto específico da 
asa, mas melhor que isso é determinar o comportamento da força de 
cisalhamento e do momento fletor ao longo de toda a asa. Para isso, vamos 
construir os diagramas de força cortante e de momento fletor utilizando o método 
das integrais (mais fácil). 
Em 𝑥 = 0, temos a força concentrada 𝐴𝑦 = 70 𝑘𝑁 com sentido para baixo. 
Logo, desenharemos um salto para baixo com valor de −70 no diagrama de força 
cortante, que fica assim: 
 
No intervalo entre 𝑥 = 0 e 𝑥 = 5 𝑚, existem dois carregamentos 
distribuídos que são funções constantes. Já calculamos a força resultante 
proveniente de cada carregamento. Logo, o próximo passo é descobrir a força 
 
 
36 
resultante naquele intervalo; ou seja, 𝐹𝑅1 + 𝐹𝑅3 = −5.10
3 + 45.103 = 40.103𝑁 
(sinal positivo indica que a força é para cima). Portanto, desenharemos uma reta 
que se inicia em −70 para 𝑥 = 0 e termina em −70 + 40 = −30 kN em 𝑥 = 5 𝑚: 
 
Em 𝑥 = 5 𝑚 há uma força concentrada no valor de 2 kN (ou −2kN, pois 
está para baixo); logo, devemos subtrair esse valor da força de −30 kN, ficando 
−30 −2 = −32 kN. Plotando esse valor no diagrama, temos: 
 
Por fim, no intervalo entre 𝑥 = 5 𝑚 e 𝑥 = 13 𝑚 (comprimento total da asa), 
existem dois carregamentos distribuídos que são funções lineares (1° grau). Já 
calculamos a força resultante proveniente de cada carregamento; logo, o 
próximo passo é descobrir a força resultante naquele intervalo. Ou seja, 𝐹𝑅2 +
𝐹𝑅4 = −4.10
3 + 36.103 = 32.103𝑁 (sinal positivo indica que a força é para cima). 
Portanto, desenharemos uma parábola que se inicia em −32 para 𝑥 = 5 𝑚 e 
termina em −32 + 32 = 0 kN para 𝑥 = 13 𝑚. 
 
 
37 
 
Agora vamos construir o diagrama de momento fletor baseando-se na 
figura do DCL com as reações de apoio da asa e na figura acima do diagrama 
de força cortante. 
No DCL notamos um momento concentrado, 𝑀𝐴, com sentido horário e 
magnitude de 335,33 kN.m em 𝑥 = 0. Logo, seguindo a relação 4, vista no tema 
anterior, teremos que desenhar um salto positivo no diagrama para 𝑥 = 0: 
 
Não há mais momentos concentrados na estrutura, então, a partir de 
agora, vamos analisar somente o diagrama de força cortante. 
Temos que obter a área dentro do diagrama de força cortante entre 𝑥 = 0 
e 𝑥 = 5 𝑚, como mostra a figura: 
 
 
 
38 
A área do primeiro segmento é 𝐴1 = (5 𝑚). (−30 𝑘𝑁) = −150 𝑘𝑁. 𝑚, e a 
área do segundo segmento é 𝐴2 = (5 𝑚). (
−70−(−30)
2
 𝑘𝑁) = (5 𝑚).
−40
2
 𝑘𝑁 =
−100 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, a área total entre 𝑥 = 0 e 𝑥 = 5 𝑚 é −150 𝑘𝑁. 𝑚 −
100 𝑘𝑁. 𝑚 = −250 𝑘𝑁. 𝑚. Note que a função dentro desse intervalo é linear 
(equação do 1° grau); logo, temos que desenhar uma função do 2° grau 
(parábola) no diagrama de momento fletor. 
O ponto atual no diagrama é de 335,33 kN.m, em 𝑥 = 0, e a área total 
dentro do intervalo é −250 kN.m. Portanto, em 𝑥 = 5 𝑚, temos como resultado a 
soma desses valores, ou seja, 335,33 − 250 = 85,33 kN.m. O desenho do 
diagrama de momento fletor fica da seguinte forma: 
 
No intervalo entre 𝑥 = 5 𝑚 e 𝑥 = 13 𝑚, temos uma parábola que começa 
em −32 kN e termina em 0 no diagrama de força cortante. Para obtê-la, temos 
que integrar a equação da reta do carregamento distribuído, em que temos um 
triângulo com altura de 1 kN e outro com altura de 9 kN, e ambos com a mesma 
base. Portanto, o triângulo que vamos analisar para obter tal equação tem a 
altura equivalente de 9 kN – 1 kN = 8 kN (positivo, pois as forças estão para 
cima): 
 
Vamos considerar o intervalo de 0 a 8 para ficar mais fácil de obter a 
equação da reta, cuja equação geral da reta é 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏. Analisando o triângulo 
anterior, temos que, para 𝑥 = 0, o 𝑦 = 8 𝑘𝑁. Substituindo na equação geral da 
reta, ficamos com: 8 = 𝑎. 0 + 𝑏; logo, 𝑏 = 8. E, para 𝑥 = 8 𝑚, o 𝑦 = 0 𝑘𝑁; 
substituindo na equação geral da reta, ficamos com: 0 = 𝑎. 8 + 8; logo, 𝑎 = −1. 
Portanto, a equação da reta para o triângulo mostrado é: 𝑦 = −𝑥 + 8. 
 
 
39 
Agora vamos descobrira função da parábola desenhada no diagrama de 
força cortante. Para isso, temos que integrar a equação da reta obtida. Logo: 
∫ −𝑥 + 8 𝑑𝑥 = −
𝑥2
2
+ 8𝑥 + 𝑐. 
A constante 𝑐 pode ser obtida se analisarmos a equação geral da 
parábola, dada por: 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐. Para 𝑥 = 0, o 𝑦 = −32 𝑘𝑁, conforme 
diagrama de força cortante. Logo, substituindo na equação geral da parábola, 
temos: −32 = 𝑎. 02 + 𝑏. 0 + 𝑐; portanto, 𝑐 = −32. 
Temos então que a função da parábola mostrada no diagrama de força 
cortante é 𝑦 = −
𝑥2
2
+ 8𝑥 − 32. 
Lembre-se: o que queremos calcular é a área abaixo dessa parábola, e 
isso pode ser obtido se integrarmos essa função que acabamos de obter. Assim, 
temos: 
𝐴 = ∫ −
𝑥2
2
+ 8𝑥 − 32 𝑑𝑥
8
0
= −
𝑥3
2.3
+ 8
𝑥2
2
− 32𝑥|
0
8
= −
𝑥3
6
+ 4𝑥2 − 32𝑥|
0
8
 
𝐴 = −
83
6
+ 4. 82 − 32.8 = −85,33 + 256 − 256, portanto, 𝐴 = − 85,33 𝑘𝑁. 𝑚 
Sabemos que precisamos desenhar uma função do 3° grau (um grau 
acima da função no diagrama de força cortante) e que ela começa no ponto em 
que paramos (em 85,33 kN. m) e termina em 85,33 kN. m “mais” a área da 
parábola do diagrama de força cortante; ou seja, 85,33 − 85,33 = 0 kN. m. O 
diagrama final fica assim: 
 
Há uma ferramenta online para construir diagramas de força cortante e de 
momento fletor. Você pode acessá-la pelo site: 
<http://www.viga.online/index.php>. O último exemplo foi resolvido utilizando 
essa ferramenta, e você pode acessá-la aqui: 
http://www.viga.online/index.php#L(13):E(0):W(0,5,1000,1000)W(5,13,1000,0)
W(0,5,-9000,-9000)W(5,13,-9000,0)F(5,2000). Acesso em: 16 dez. 2020. 
 
 
40 
Observe que essa ferramenta fornece todo o descritivo de cálculos, desde 
o cálculo das reações de apoio até a seção de cada segmento, para obter as 
funções em cada intervalo avaliado, pois utiliza o método das seções. Por fim, 
plota os diagramas para o engenheiro analisar. 
Problemas que envolvem cargas distribuídas triangulares são mais 
complexos, e é necessário aplicar os conhecimentos básicos de cálculo integral. 
Por isso, uma ferramenta como essa facilita a construção desses diagramas. 
Mas, lembre-se que, para desenvolver uma ferramenta assim, é necessário ter 
os conhecimentos adquiridos nesta aula e, é claro, aplicar uma lógica de 
programação utilizando uma determinada linguagem. 
FINALIZANDO 
Nesta aula você aprendeu a obter a força resultante e sua posição se 
houver um carregamento distribuído sobre uma estrutura. Aprendeu também a 
determinar os esforços internos em um ponto qualquer de uma estrutura e em 
todos os pontos, mediante os diagramas de força cortante e de momento fletor. 
No nosso livro-texto, você encontrará outros exemplos resolvidos e muitos 
exercícios para praticar. Aproveite para plotar esses diagramas de força cortante 
e momento fletor utilizando a ferramenta Vigas Online. 
 
 
 
41 
REFERÊNCIAS 
DADOS da viga: comprimento – 13 m. Viga Online, [S.l.], [s.d.]. Disponível em: 
<http://www.viga.online/index.php#L(13):E(0):W(0,5,1000,1000)W(5,13,1000,0)
W(0,5,-9000,-9000)W(5,13,-9000,0)F(5,2000)>. Acesso em: 16 dez. 2020. 
Exercício resolvido nesta aula. 
HIBBELER, R. C. Estática: mecânica para engenharia. 12. ed. São Paulo: 
Pearson, 2011.