RM Exercícios Resolvidos

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

1.16. Determinar a força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que 
passa pelo ponto C. Usar P = 8 kN. 
 
Solução: 
 
VA 
HA 
HB 
VC 
NC 
MC 
 
Reações de apoio 
kN8V0VP0F
kN30H0HH0F
kN30H06,0H)75,03(P0M
AAy
AABx
BBA
=⇒=+−⇒=
=⇒=−⇒=
=⇒=×+××−⇒=
∑
∑
∑
 
 
Esforços na seção C, tomando o lado direito de C: 
kN30HHN
kN8VVV
m.kN6M075,0VM
AAC
CAC
CAC
=⇒=
=⇒=
=⇒=×=
 
Resposta: A força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto C 
são, respectivamente: 30 kN (compressão), 8 kN (para baixo) 6 kN.m (sentido horário), 
1.33. A coluna está submetida a uma força axial de 8 kN no seu topo. Supondo que 
a seção transversal tenha as dimensões mostradas na figura, determinar a tensão 
normal média que atua sobre a seção a-a. Mostrar essa distribuição de tensão atuando 
sobre a área da seção transversal. 
 
Solução: 
Área da seção transversal: 
MPa82,1
mm
N82,1
mm4400
N8000
A
P
mm4400101402)10150(A
22
2
====σ
=×+××=
 
σ 
 
Resposta: A tensão normal média que atua sobre a seção a-a é de 1,82 MPa (tensão de compressão 
mostrada na cor vermelha atuando uniformemente sobre toda a seção transversal). 
1.36. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel 
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular 
seu valor. Suponha que θ = 60º. O diâmetro de cada haste é dado na figura. 
 
 
Solução: 
050)60(senF)60cos(F0F
0)60cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
 
Resolvendo: 
lbf3,43F
lbf25F
AC
AB
=
=
 
 
x 
y 
FAB 
θθθθ=60o 
50 lbf 
60o 
FAC 
 
Assim, as tensões são: 
psi581,344
4
4,0
3,43
4
d
F
psi324,127
4
5,0
25
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
=
×pi
=
pi
=σ
=
×pi
=
pi
=σ
 
 
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 127,324 psi e 
344,581 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC. 
1.37. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel 
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular 
seu valor. Suponha que θ = 45º. O diâmetro de cada haste é dado na figura. 
 
 
Solução: 
050)45(senF)60cos(F0F
0)45cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
 
Resolvendo: 
lbf83,44F
lbf6,36F
AC
AB
=
=
 
 
x 
y 
FAB 
θθθθ=45o 
50 lbf 
60o 
FAC 
 
Assim, as tensões são: 
psi736,356
4
4,0
83,44
4
d
F
psi415,186
4
5,0
6,36
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
=
×pi
=
pi
=σ
=
×pi
=
pi
=σ
 
 
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 186,415 psi e 
356,736 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC. 
1.38. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel 
em A. Determinar o ângulo da orientação de θ de AC, de forma que a tensão normal 
média na haste AC seja o dobro da tensão normal média da haste AB. Qual é a 
intensidade dessa tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é indicado na 
figura. 
 
 
Solução: 
28,1
F
F2
4,0
5,0
F
F
d
d
F
F
d
F
d
F
4
d
F
4
d
F
050)(senF)60cos(F0F
0)cos(F)60(senF0F
AB
AC
2
2
AB
AC
2
AC
2
AB
AB
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
AB
AC
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=⇒=×=×==
pi
pi
=
σ
σ
=−θ×+×⇒=
=θ×+×−⇒=
∑
∑
 
Resolvendo: 
o
AC
AB
42,47
lbf37,44F
lbf66,34F
=θ
=
=
 
 
x 
y 
FAB 
θθθθ 
50 lbf 
60o 
FAC 
 
Assim, as tensões são: 
AB22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
2psi053,353
4
4,0
37,44
4
d
F
psi526,176
4
5,0
66,34
4
d
F
σ==
×pi
=
pi
=σ
=
×pi
=
pi
=σ
 
 
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 176,526 psi e 
353,053 psi, para um ângulo θ = 47,42o. 
1.53. O bloco plástico está submetido a uma força de compressão axial de 600 N. 
Supondo que as tampas superior e inferior distribuam a carga uniformemente por 
todos o bloco, determinar as tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da 
seção a-a. 
 
Solução: 
 
P 
m 
n 
p 
q 
α 
P 
 
 N 
V 
P 
αααα P 
 
 
σσσσαααα 
τττταααα 
αααα 
y 
x P 
 
)(senPV
)cos(PN
α=
α=
 
Como a área A’ da seção inclinada é A/cos(α), as tensões correspondentes a N e V são, 
respectivamente: 
MPa05196,0)30cos()30sin(
50100
600)cos()sin()cos()sin(
A
P
A
V
MPa09,0)30(cos
50100
600)(cos)(cos
A
P
A
N
oo
30x'
o2
30
2
x
2
'
o
o
=
×
=τ⇒αασ=αα==τ
=
×
=σ⇒ασ=α==σ
α
α
 
 
Resposta: As tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da seção a-a são: 90 kPa e 51,96 
kPa, respectivamente. 
1.56. A junta está submetida à força de 6 kip do elemento axial. Determinar a tensão 
normal média que atua nas seções AB e BC. Supor que o elemento é plano e tem 1,5 
polegada de espessura. 
 
 
 
x 
y 6000 lb 
FAB 
60o 
FBC 
70o 
 
Solução: 
 
0)70cos(F)60cos(6000F0F
0)60(sen6000)70(senF0F
o
BC
o
ABx
oo
BCy
=×−×−⇒=
=×−×⇒=
∑
∑
 
 
Resolvendo: 
 
lb4891F
lb5530F
AB
BC
=
=
 
 
Assim, as tensões são: 
 
psi41,1630
5,10,2
4891
psi204,819
5,15,4
5530
AB
BC
=
×
=σ
=
×
=σ
 
 
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e BC são, respectivamente, 1630 psi e 819 psi. 
 
1.60. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Determinar 
a tensão normal média em cada elemento devido à carga P = 8 kip. Indicar se a tensão 
é de tração ou de compressão. 
 
 
Solução: 
 
 
αααα 
 
8,0
5
4
cos
6,0
5
3
sen
==α
==α
 
 
 
Nó A 
 
αααα A 
P
 
NAE 
NAB 
 
kip67,108,0
6,0
PN
8,0NN0cosNN0F
kip33,13
6,0
8N
6,0
PN0senNP0F
AE
ABAEABAEx
AB
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴
=⇒=α+−⇒=
∑
∑
 
 
 
Nó E 
 NBE 
NDE E NAE 
P
 
 
kip67,108,0
6,0
PN
NN0NN0F
kip6875,0N
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BE
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=×=∴
=⇒=−⇒=
∑
∑
 
 
Nó B 
 
 
αααα 
NAB 
B 
NBD NBE 
NBC 
 
kip33,29N
8,0
6,0
6,0/PP75,08,0
6,0
P8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
kip33,23
6,0
6,0/PP75,0N
6,0
6,0NNN
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BD
ABBE
BD
BEBDABy
=∴
×
−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=
−−
=∴
×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
 
 
Resposta: Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão 
(indicadas com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. 
 
 Barra Esforço (kip) Tensão (ksi) 
AB +13,33 +10,67 
BC +29,33 +23,47 
DE -10,67 -8,53 
AE -10,67 -8,53 
BE +6,00 +4,80 
BD -23,33 -18,67 
 
1.61. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Supondo 
que a tensão normal média máxima em cada barra não exceda 20 ksi, determinar a 
grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça. 
 
 
Solução: 
 
 
αααα 
 
8,0
5
4
cos
6,0
5
3
sen
==α
==α
 
 
 
Nó A 
 
αααα A 
P
 
NAE 
NAB 
 
P333,18,0
6,0
PN
8,0NN0cosNN0F
P667,1
6,0
PN0senNP0F
AE
ABAEABAEx
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴=α+−⇒=
∑
∑
 
 
 
Nó E 
 NBE 
NDE E NAE 
P
 
 
P333,18,0
6,0
PN
NN0NN0F
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=∴=−⇒=
∑
∑
 
 
snuber
snuber
Nó B 
 
 
αααα 
NAB 
B 
NBD NBE 
NBC 
 
P667,3N
8,0
6,0
6,0/PP75,08,0
6,0
P8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
P917,2
6,0
6,0/PP75,0N
6,0
6,0NNN
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BD
ABBE
BD
BEBDABy
=∴
×
−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=
−−
=∴
×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
 
 
Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão (indicadas 
com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. A tensão normal média máxima ocorre na barra BC. 
 
 Barra Esforço Tensão 
AB +1,667P +1,333P 
BC +3,667P +2,933P 
DE -1,333P -1,067P 
AE -1,333P -1,067P 
BE +0,750P +0,600P 
BD -2,917P -2,333P 
 
Assim: 
kip818,6P
933,2
20PP933,2ksi20
A
força
maxadm =∴=⇒=⇒σ=σ⇒=σ 
 
Resposta: A grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça deve ser de 6818 lbf. 
 
1.79 O olhal (figura ao lado) é usado para 
suportar uma carga de 5 kip. Determinar seu 
diâmetro d, com aproximação de 1/8 pol, e a 
espessura h necessária, de modo que a arruela 
não penetre ou cisalhe o apoio. A tensão 
normal admissível do parafuso é σadm = 21 
ksi, e a tensão de cisalhamento admissível do 
material do apoio é τadm = 5 ksi. 
 
 
 
Solução: 
(1) tensão normal 
P = 5 kip = 5000 lbf 
σadm = 21 ksi = 21000 psi = 21000 lbf/pol2 
d = ? 
pol
8
5d
pol55059,0
21000
50004dP4dP
4
dPA
A
P
admadm
2
adm
adm
=∴
=
×pi
×
=⇒
piσ
=⇒
σ
=
pi
⇒
σ
=⇒=σ
 
 
 
(2) tensão cisalhante 
V = 5 kip = 5000 lbf 
τadm = 5 ksi = 5000 psi = 5000 lbf/pol2 
φ = 1 pol (diâmetro da arruela) 
( )
pol
8
3h
pol31831,0
50001
5000hVhVhVA
A
V
admadmadm
adm
=∴
=
××pi
=⇒
τφpi=⇒τ=piφ⇒τ=⇒=τ
 
 
Resposta: O diâmetro d necessário é de 5/8 pol e a espessura h necessária é de 3/8 pol . 
 
1.80 A junta sobreposta do elemento de madeira A de uma treliça está submetida a 
uma força de compressão de 5 kN. Determinar o diâmetro requerido d da haste de 
aço C e a altura h do elemento B se a tensão normal admissível do aço é 
(σadm)aço = 157 MPa e a tensão normal admissível da madeira é (σadm)mad = 2 MPa. O 
elemento B tem 50 mm de espessura. 
 
Solução: 
 
x 
y 
FB 
60o 
5 kN 
FC 
 
0)60cos(5F0F
0)60(sen5F0F
o
Bx
o
Cy
=×+−⇒=
=×−⇒=
∑
∑
 
 
Resolvendo: 
kN500,2F
kN330,4F
B
C
=
=
 
 
Assim, as tensões são: 
 
mm25h
250
2500h
e
FhFheFA
A
F
mm93,5d
157
43304dF4dF
4
dFA
A
F
mad
B
mad
B
mad
B
mad
mad
B
mad
aço
C
aço
C
2
aço
C
s
s
C
aço
=⇒
×
=⇒
σ×
=⇒
σ
=×⇒
σ
=⇒=σ
=⇒
×pi
×
=⇒
σ×pi
×
=⇒
σ
=
pi
⇒
σ
=⇒=σ
 
 
Resposta: O diâmetro da haste de aço deve ser de d=6mm e a altura do elemento B deve ser de 
h=25mm. 
snuber
1.112- As duas hastes de alumínio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar 
seus diâmetros requeridos se o esforço de tração admissível para o alumínio for 
σadm = 150 MPa. 
 
Solução: 
P = 20 kN = 20000 N 
σadm = 150 MPa = 150 N/mm2 
dAB = ? 
dAC = ? 
Equações de equilíbrio onde FAB e FAC são as forças nas hastes AB e AC, respectivamente. 
N0,20000F0)45cos(F0F
N3,28284F0P)45(senF0F
AC
o
ACx
AB
o
ABy
=⇒=×+−⇒=
=⇒=−×⇒=
∑
∑
 
mm0294,13
150
200004F4d
mm4947,15
150
3,282844F4d
P4dP
4
dPA
A
P
adm
AC
AC
adm
AB
AB
admadm
2
adm
adm
=
×pi
×
=
piσ
×
=⇒
=
×pi
×
=
piσ
×
=⇒
piσ
=⇒
σ
=
pi
⇒
σ
=⇒=σ
 
 
Resposta: O diâmetro dAB necessário é de 15,5 mm e o diâmetro dAC necessário é de 13,1 mm. 
2.5 A viga rígida está apoiada por um pino em A e pelos arames BD e CE. Se a 
deformação normal admissível máxima em cada arame for εmax = 0,002 mm/mm, 
qual será o deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames? 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
A B C 
P 
δδδδB δδδδC ∆∆∆∆P 
 
Por semelhança de triângulo: 
CBP
537
δ
=
δ
=
∆
 
 
Mas, 
mm2,118
5
7
5
7
mm8002,04000L
mm146
3
7
3
7
mm6002,03000L
CPmaxECC
BPmaxDBB
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
 
Analisando 
!sim0016,0
3000
8,4
L
8,42,11
7
3
7
3
mm2,11
mm14podenão0025,0
4000
10
L
1014
7
5
7
5
mm14
max
DB
B
BPBP
Pmax
EC
C
CPCP
ε<==
δ
=ε⇒==∆=δ⇒=∆
=∆ε>==δ=ε⇒==∆=δ⇒=∆
 
Resposta: O deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames será de 11,2 mm. 
2.8. Duas Barras são usadas para suportar uma carga. Sem ela, o comprimento de 
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se a carga P atua 
sobre o anel em A, a deformação normal em AB torna-se εAB = 0,02 pol/pol e a 
deformação normal em AC torna-se εAC = 0,035 pol/pol. Determinar as coordenadas 
de posição do anel devido à carga. 
 
 
Solução: 
CD BD 
AD 
 
Para encontrar os lados BD e AD, temos que: 
pol33,4)60(sen5AD
5
AD)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
 
E o lado CD: 
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
 
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0): 
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5) 
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33). 
 
Os alongamentos das barras serão: 
pol28,0035,08L
pol1,002,05L
ACACACAC
ABABABAB
=δ⇒×=ε×=δ
=δ⇒×=ε×=δ
 
 
Assim, os novos comprimentos das barras serão: 
pol28,8L28,08LL
pol1,5L1,05LL
*
ACACAC
*
AC
*
ABABAB
*
AB
=⇒+=δ+=
=⇒+=δ+=
 
 
5,1 pol 8,28 pol 
AD* 
BD* 
 
CD* 
αααα* 
 
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, 
temos que: 
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=
 
Mas o ângulo de 60o foi alterado para: 
o
*
AB
2*
AC
22*
AB*
**
AB
22*
AB
2*
AC
1,63
BCL2
LBCL
cosarc
)cos(BCL2BCLL
=








××
−+
=α
⇒α×××−+=
 
Para encontrar os novos lados BD e AD, temos que: 
pol548,4)1,63(sen1,5AD
pol308,2)1,63cos(1,5BD
o*
o*
=×=
=×=
 
O novo ponto A é encontrado assim, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33): 
→ anda à direita, em x, de BD* (+2,308) e desce em y AD* (–4,548). 
Então as novas coordenadas do ponto A são (–0,192; –0,218) 
 
Resposta: As coordenadas de posição do anel devido à carga são (–0,192; –0,218) pol. 
 
2.9. Duas barras são usadas para suportar uma carga P. Sem ela, o comprimento de 
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se for aplicada 
uma carga P ao anel em A, de modo que ele se mova para a posição de coordenadas 
(0,25 pol, -0,73 pol), qual será a deformação normal em cada barra? 
 
Solução: 
CD BD 
AD 
 
Para encontrar os lados BD e AD, temos que: 
pol33,4)60(sen5AD
5
AD)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
 
E o lado CD: 
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
 
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0): 
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5) 
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33). 
 
Os novos comprimentos, BD* e AD*, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33) e do novo ponto 
A(0,25; –0,73): 
→ anda à direita, em x, (–2,5–0,25) e desce em y [+4,33–(–0,73)] 
Então BD*=|(–2,5–0,25)
| = 2,75 pol e AD*=|[+4,33–(–0,73)]| = 5,06 pol. 
 
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que: 
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=
 
AD* 
BD* 
 
CD* 
αααα* 
LAB* LAC*
 
 
Então 
pol477,675,2227,9BDBCCD ** =−=−= 
pol219,806,5477,6ADCDL
pol759,506,575,2ADBDL
222*2**
AC
222*2**
AB
=+=+=
=+=+=
 
 
Assim, as deformações normais nas barras são: 
0274,0
8
8219,8
L
LL
152,0
5
5759,5
L
LL
AC
AC
*
AC
AC
AB
AB
*
AB
AB
=
−
=
−
=ε
=
−
=
−
=ε
 
 
Resposta: A deformação normal na barra AB é de 15,2% e a deformação normal da barra AC é 2,74%. 
 
2.13. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. 
Determinar a deformação por cisalhamento média γxy da chapa. 
 
Solução: 
θθθθ 
 
rad0199973,0
150
3
tg
2
1
xy
xy
−=





−=γ
θ−pi=γ
−
 
 
 
 
Resposta: A deformação por cisalhamento média γxy da chapa é de –0,0200 rad. 
2.15. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. 
Determinar as deformações normais εx, εy, εx’, εy’. 
 
 
Solução: 
0025,0
8
02,0
00125,0
4
005,0
y
x
==ε
−=−=ε
 
Chamando as diagonais de d e d’, antes e depois das deformações: 
4
'y'x
22
22
1027,6
d
d'd
01,4995,3'd
44d
−×=
−
=ε=ε
+=
+=
 
Resposta: As deformações normais são: εx = –1,25×10-3; εy = 2,50×10-3; εx’= 6,27×10-4 e 
εy’ = 6,27×10-4 
2.17. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por 
cisalhamento γxy nos cantos A e B se o plástico se distorce como mostrado pelas 
linhas tracejadas. 
 
Solução: 
As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: 
A(403, 2) 
B(405, 304) 
C( 2, 302) 
D( 0, 0) 
 
( ) rad80,01158515
2
5823815,1
005,403007,302
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410)2(302)403(2r.r
005,403rj)20(i)4030(r
007,3023022rj302i2rj)2304(i)403405(r
xyA
ADAB
ADAB
ADAB
ADAD
22
ABABAB
−=α−
pi
=γ
=





×
−
=







×
=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
 
 
( ) rad80,01158515
2
5592112,1
005,403007,302
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410r.r
005,403rj)304302(i)4052(r
007,302rj)3042(i)405403(r
xyB
BCBA
BCBA
BCBA
BCBC
BABA
=β−pi=γ
=





×
=







×
=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
 
 
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,01160 rad e 
+ 0,01160 rad, respectivamente. 
 
Lembrando que: 
 
Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB 
Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB rrr −+−= 
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr
+= e jBiBB yx
rrr
+= 
Módulos dos vetores: ......................... 2y
2
x AAA +=
r
 e 2y
2
x BBB +=
r
 
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅
rr
 
Ângulo entre vetores: .........................








×
⋅
=θ
BA
BA
cosarc rr
rr
 
 
 
2.18. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por 
cisalhamento γxy nos cantos D e C se o plástico se distorce como mostrado pelas 
linhas tracejadas. 
 
Solução: 
As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: 
A(403, 2) 
B(405, 304) 
C( 2, 302) 
D( 0, 0) 
 
( ) rad80,01158515
2
5823815,1
007,302005,403
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410)302(2)2(403r.r
007,302rj)3020(i)20(r
005,4032403rj2i403rj)302304(i)2405(r
xyC
CDCB
CDCB
CDCB
CDCD
22
CBCBCB
−=α−
pi
=γ
=





×
−
=







×
=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
 
 
( ) rad80,01158515
2
5592112,1
007,302005,403
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410r.r
007,302rj)0302(i)02(r
005,403rj)02(i)0403(r
xyD
DCDA
DCDA
DCDA
DCDC
DADA
=β−pi=γ
=





×
=







×
=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
 
 
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos C e D são –0,01160 rad e 
+ 0,01160 rad, respectivamente. 
 
Lembrando que: 
 
Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB 
Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB rrr −+−= 
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr
+= e jBiBB yx
rrr
+= 
Módulos dos vetores: ......................... 2y
2
x AAA +=
r
 e 2y
2
x BBB +=
r
 
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅
rr
 
Ângulo entre vetores: .........................








×
⋅
=θ
BA
BA
cosarc rr
rr
 
 
 
2.19. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação 
normal média que ocorre ao longo das diagonais AC e DB. 
 
 
Solução: 
As diagonais AC e DB originais têm: 
mm500300400dd 22DBAC =+== 
 
A diagonal AC passa a ter o seguinte comprimento: 
mm8,500300401d 22
'AC =+= 
 
A diagonal DB passa a ter o seguinte comprimento: 
mm4,506304405d 22
'DB =+= 
 
Assim, as deformações nas diagonais são: 
3
DB
3
AC
108,12
500
5004,506
106,1
500
5008,500
−
−
×=
−
=ε
×=
−
=ε
 
 
Resposta: As deformações normais médias que ocorrem ao longo das diagonais AC e DB são: 
1,6×10-3 e 12,8×10-3, respectivamente 
2.24. O quadrado deforma-se, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas. 
Determinar a deformação por cisalhamento em cada um dos cantos A e C. O lado DB 
permanece horizontal. 
 
 
Solução: 
 
θθθθ 
ββββ 
 
( ) rad90,02617993
180
5,15,15,9190 oooo
xyA −=
pi
×−=−=−=γ 
Como a altura do ponto )5,1cos(53'D o= , então: 
rad0,20471002)5,1cos(53
11
tgarc)5,1cos(53
38)(tg
oo
=





=β⇒+=β 
Assim: 
( ) rad0,20471002)
2
(
22xyB
−=β−=β+pi−pi=θ−pi=γ 
 
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,02618 rad e – 0,2047 rad, 
respectivamente. 
2.25. O bloco é deformado, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas. 
Determinar a deformação normal média ao longo da reta AB. 
 
Solução: 
Comprimento inicial de AB (calculado pelo triângulo retângulo verde): 
mm7033,10710040L 22ABi =+= 
 
A altura de B’ (calculado pelo triângulo retângulo rosa): 
222 15110'B −= 
 
Assim o comprimento final AB’ é (calculado pelo triângulo retângulo amarelo): 
mm8034,1111511025'B25L 22222ABf =−+=+= 
 
Portanto a deformação média de AB é: 
038068498,0
L
7033,1078034,111
L
LL
ABiABi
ABiABf
=
−
=
−
=ε 
 
Resposta: A deformação normal média ao longo da reta AB é de 0,0381 mm/mm. 
 
 
2.28. O elástico AB tem comprimento sem esticar de 1 pé. Se estiver preso em B e 
acoplado à superfície no ponto A’, determinar a deformação normal média do 
elástico. A superfície é definida pela função y=(x2) pé, onde x é dado em pé. 
 
 
Solução: 
Comprimento inicial de AB: 
pé1LABi = 
 
Comprimento final de A’B: 
 pé1,4789429dxx41dx)x2(1dx)x('f1L
1
0
2
1
0
2
1
0
2
ABf =+=+=+= ∫∫∫ 
 
Portanto a deformação média de AB é: 
4789429,0
1
11,4789429
L
LL
ABi
ABiABf
=
−
=
−
=ε 
 
Resposta: A deformação normal média do elástico AB é de 0,4789 pé/pé. 
3.2 Os dados
de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na 
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e 
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência. 
 
 
Solução: 
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
 
O módulo de elasticidade é a inclinação da reta inicial, ou seja, a tangente do ângulo entre a reta 
inicial e o eixo das deformações (abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial, ou 
melhor, área do triângulo inicial. 
psi96,9ksi00996,0
2
0006,02,33
u
ksi3,55333
0006,0
2,33E
r ==
×
=
==
 
Resposta:. Módulo de elasticidade = 55333,3 ksi e o módulo de resiliência = 9,96 psi. 
 
3.3 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na 
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e 
determinar o módulo de tenacidade aproximado se a tensão de ruptura for de 53,4 ksi. 
 
 
Solução: 
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
 
O módulo de tenacidade será a soma das áreas abaixo da curva do diagrama tensão versus 
deformação, neste caso, um triângulo e quatro trapézios: 
psi84,85ksi08584,0)4,535,51(
2
0004,0)5,514,49(
2
0004,0
)4,495,45(
2
0004,0)5,452,33(
2
0004,0
2
0006,02,33
u t
==+×++×
++×++×+
×
=
 
Resposta:. O módulo de tenacidade = 85,84 psi. 
 
3.4 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na 
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e 
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência. 
 
 
Solução: 
Diagrama Tensão × Deformação
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0,0000 0,0010 0,0020 0,0030 0,0040 0,0050 0,0060
 
O módulo de elasticidade é a tangente do ângulo entre a reta inicial e o eixo das deformações 
(abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial. 
psi6,25ksi0256,0
2
0016,032
u
ksi20000
0016,0
32E
r ==
×
=
==
 
Resposta:. O Módulo de elasticidade = 20000 ksi, e o módulo de resiliência = 25,6 psi. 
 
3.18 Os arames de aço AB e AC suportam a massa de 200 kg. Supondo que a tensão 
normal admissível para eles seja σadm = 130 MPa, determinar o diâmetro requerido 
para cada arame. Além disso, qual será o novo comprimento do arame AB depois que 
a carga for aplicada? Supor o comprimento sem deformação de AB como sendo 
750 mm. Eaço = 200 GPa. 
 
 
 
x 
y 
FAB FAC 
αααα 
F 
60o 
 
 
Solução: 
 
αααα 
3 
4 5 
 
6,0
5
3)cos(
8,0
5
4)(sen
==α
==α
 N33,196180665,9200F =×= 
0F)(senF)60(senF0F
0)cos(F)60cos(F0F
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=−α×+×⇒=
=α×+×−⇒=
∑
∑
 
Resolvendo: 
N39,1066F
N66,1279F
AC
AB
=
=
 
 
Assim, os diâmetros serão: 
mm23,3d
130
39,1066F
4
d
mm54,3d
130
66,1279F
4
d
AC
adm
AC
2
AC
AB
adm
AB
2
AB
=⇒=
σ
=
pi
=⇒=
σ
=
pi
 
 
O deslocamento do arame AB será: 
 mm488,0
4
54,3200000
75066,1279
4
dE
LF
22
AB
ABAB
=
×pi
×
×
=
pi
=δ 
Resposta: Os diâmetros requeridos para os arames AB e AC são 3,54 mm e 3,23 mm, respectivamente. O 
novo comprimento do arame AB será de 750,488 mm. 
3.24. A haste plástica é feita de Kevlar 49 e tem diâmetro de 10 mm. Supondo que 
seja aplicada uma carga axial de 80 kN, determinar as mudanças em seu 
comprimento e em seu diâmetro. 
 
Solução: 
 
Vamos nomear os comprimentos iniciais da 
haste 
Li = 100 mm 
di = 10 mm 
Outros dados: 
P = 80 kN = 80000 N 
E = 131 GPa = 131000 N/mm2 
ν=0,34 
 Precisamos saber que: 
ε=σ
ε×+=⇒
−
=
δ
=ε
ε
ε
−=ν
E
LLL
L
LL
L iifi
if
allongitudin
ltransversa
 
 
Da Lei de Hooke encontramos a deformação longitudinal. 
mm97356,9)00264367,0(1010dddd
mm77751,1000077751,0100100LLLL
00264367,00077751,034,0
0077751,0
131000
59,1018
E
E
mm/N59,1018
4
10
80000
A
P
fltransversaiif
fallongitudiniif
allongitudinltransversa
allongitudin
ltransversa
allongitudin
2
2
=−×+=⇒ε×+=
=×+=⇒ε×+=
−=×−=ε×ν−=ε
⇒
ε
ε
−=ν
==
σ
=ε⇒ε=σ
=
pi
==σ
 
 
Resposta: O comprimento passa a ser de 100,77751 mm e o novo diâmetro de 9,97356 mm. 
 
Laina
Highlight
Laina
Highlight
Laina
Highlight
Laina
Sticky Note
As informações de E e v estão na tabela de propriedade do materiais
4.6. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de 
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Se a haste está sujeita a uma 
carga axial P1 = 12 kip em A e P2 = 18 kip na conexão B, determinar o deslocamento 
da conexão e da extremidade A. O comprimento de cada segmento sem alongamento 
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam 
rígidas. 
 
Solução: 
Dados: 
Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×106 lbf/pol2 
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×106 lbf/pol2 
 
d = 1 pol 
LAB = 4 pés = 48 pol 
LBC = 2 pés = 24 pol 
NAB = P1 = 12 kip = 12000 lbf 
NBC = P1-P2 = 12-18 = -6 kip = -6000 lbf 
 
pol00632,0
785398,01029
246000
AE
LN
AE
LN
pol0670,0
785398,01029
246000
785398,01010
4812000
AE
LN
AE
LN
AE
LN
pol785398,0
4
)pol1(
4
dA
6B
aço
BCBC
B
n
1i ii
ii
66A
aço
BCBC
alumínio
ABAB
A
n
1i ii
ii
2
22
−=
××
×−
=δ⇒=δ⇒=δ
=
××
×−
+
××
×
=δ⇒+=δ⇒=δ
=
pi
=
pi
=
∑
∑
=
=
 
 
Resposta: O deslocamento da extremidade A é de 0,0670 pol e o deslocamento da conexão é de 
-0,00632. 
 
4.7. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de 
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas 
P1 e P2 se A desloca-se 0,08 pol para a direita e B desloca-se 0,02 pol para a esquerda 
quando as cargas são aplicadas. O comprimento de cada segmento sem alongamento 
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam 
rígidas. 
 
Solução: 
Dados: 
Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×106 lbf/pol2 
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×106 lbf/pol2 
 
d = 1 pol 
LAB = 4 pés = 48 pol 
LBC = 2 pés = 24 pol 
 
lbf9,35342P02,0
785398,01029
24)P5,16362(
lbf5,16362P08,002,0
785398,01010
48P
pol08,0
785398,01029
24)PP(
785398,01010
48P
AE
LN
AE
LN
pol02,0
785398,01029
24)PP(
AE
LN
pol785398,0
4
)pol1(
4
dA
26
2
B
16
1
A
6
21
6
1
A
aço
BCBC
alumínio
ABAB
A
6
21
B
aço
BCBC
B
2
22
=⇒−=
××
×−
=δ
=⇒=−
××
×
=δ
=
××
×−
+
××
×
=δ⇒+=δ
−=
××
×−
=δ⇒=δ
=
pi
=
pi
=
 
 
Resposta: As cargas aplicadas P1 e P2 são: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente. 
 
4.42 A coluna de concreto é reforçada com quatro barras de aço, cada uma com 
diâmetro de 18 mm. Determinar a tensão média do concreto e do aço se a coluna é 
submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa. 
 
Solução: 
 
Es=200 GPa 
Ec=25 GPa 
2
sc
2
2
s
mm1,88982A300300A
mm88,1017
4
184A
=−×=
=




 pi
=
 
P=800 kN 
Pc – parte da força P no concreto 
Ps – parte da força P no aço 
 
scsc PPPPPP −=⇒=+ 
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
MPa24,8
1,88982
7,732927
A
PMPa9,65
88,1017
3,67072
A
P
N7,7329273,67072800000P
N3,67072
88,10172000001,8898225000
88,1017200000800000P
AEAE
AEPPAEPAEAEP
AEPAEPAEPAEPAEPAEP
AEPPAEPAEPAEP
AE
LP
AE
LP
c
c
c
s
s
s
c
s
sscc
ss
sssssccs
sssssccssssssccs
sssccssscccs
ss
s
cc
c
sc
===σ⇒===σ⇒
=−=⇒
=
×+×
×
×=⇒
+
=⇒=+⇒
=+⇒−=⇒
−=⇒=⇒=⇒δ=δ
 
 
Resposta: A tensão normal média do concreto é de 8,24 MPa e a tensão normal média do aço é de 
65,9 MPa. 
 
4.43 A coluna mostrada na figura é fabricada de concreto com alta resistência 
(Ec=29 GPa) e quatro barras de reforço de aço A36. Se a coluna é submetida a uma 
carga axial de 800 kN, determine o diâmetro necessário a cada barra para que um 
quarto da carga seja sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto. 
 
Solução: 
 
Es=200 GPa 
Ec=25 GPa 
sc A300300A −×= 
P=800 kN 
Pc – parte da força P no concreto 
Ps – parte da força P no aço 
 
scsc PPPPPP −=⇒=+ 
mm34,36
1
29000
200000
200
600
90000
1
E
E
P
P
90000
d
1
E
E
P
P
90000
d
1
E
E
P
P
90000
4
d4
1
E
E
P
P
90000A
1
E
E
P
P
A
90000
E
E
P
P
1
A
A90000
E
E1
P
P
1
A
A
E
E1
P
P
A
A1
P
P
AE
AE
AE
AE1
P
P
AE
AEAE
P
P
AEAE
AE
P
P
AEAE
AE
PP
c
s
s
c
c
s
s
c
c
s
s
c
2
c
s
s
c
s
c
s
s
c
s
s
c
c
ss
s
s
c
c
s
c
s
c
cc
s
ccc
ss
cc
ss
c
cc
sscc
csscc
ccc
sscc
cc
c
=
+











pi
=
+











pi
=⇒
+











pi
=⇒
+











=




 pi
⇒
+











=⇒
+











=⇒












=
−
⇒












−
=⇒












−=⇒−=⇒+=⇒
+
=⇒
+
=⇒
+
=
 
Resposta: O diâmetro necessário é de 36,34 mm a cada barra para que um quarto da carga seja 
sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto. 
 
snuber
5.1. Um eixo é feito de liga de aço com tensão de cisalhamento admissível de 
τadm = 12 ksi. Supondo que o diâmetro do eixo seja de 1,5 pol, determinar o torque 
máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um 
furo de 1 pol de diâmetro ao longo do eixo? Traçar o gráfico da distribuição 
cisalhamento-tensão ao longo de uma reta radial em cada caso. 
 
Solução: 
pol.lbf16,7952
16
5,112000
16
dT
d
T16
32
d
.2
Td
J2
dT
pol5,1d
psi12000ksi12
33
adm
34adm
adm
=
pi
=
piτ
=
pi
=
pi
==τ
=
==τ
 
 
Para o eixo com um furo de 1 pol 
pol.lbf36,6381'T
12000
32
)0,15,1(2
5,1'T
32
)dd(
.2
Td
J2
d'T
pol0,1d
pol5,1d
psi12000ksi12
444
i
4
e
e
adm
i
e
adm
=∴
=
−pi
×
×
=
−pi
==τ
=
=
==τ
 
 
12 ksi 12 ksi 
7,95 kip.pol 6,38 kip.pol 
 
 
Resposta: As tensões de cisalhamento T e T’ são, respectivamente, 7952,16 lbf.pol e 
6381,36 lbf.pol. 
snuber
5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques 
aplicados às engrenagens. Determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida nos 
pontos C e D do eixo. Indicar a tensão de cisalhamento nos elementos de volume 
localizados nesses pontos. 
 
Solução: 
Para o ponto C temos: 
233
C
4
CC
C
C
mm
N7256,37)30(
20000016
d
T16
32
d2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N200000m.N200500300T
=
×pi
×
=
pi
=
pi
==τ
=
==+−=
 
 
 
 
 
 
 
Para o ponto D temos: 
233
D
4
DD
D
D
mm
N4512,75)30(
40000016
d
T16
32
d2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N400000m.N400200500300T
=
×pi
×
=
pi
=
pi
==τ
=
==++−=
 
 
TC 
 
 
TD 
 
 
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos pontos C e D são: 37,7 MPa e 75,5 MPa, 
respectivamente. 
 
5.6. O conjunto consiste de dois segmentos de tubos de aço galvanizado acoplados 
por uma redução em B. O tubo menor tem diâmetro externo de 0,75 pol e diâmetro 
interno de 0,68 pol, enquanto o tubo maior tem diâmetro externo de 1 pol e diâmetro 
interno de 0,86 pol. Supondo que o tubo esteja firmemente preso à parede em C, 
determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo 
quando o conjugado mostrado é aplicado ao cabo da chave. 
 
Solução: 
Para o trecho AB temos: 
2444
i
4
e
e
AB
ie
pol
lbf71,7818
32
)68,075,0(2
75,0210
32
)dd(
.2
Td
J2
Td
pol68,0dpol75,0d
pol.lbf210pol14lb15T
=
−pi
×
×
=
−pi
==τ
==
=×=
 
Para o trecho BC temos: 
2444
i
4
e
e
BC
ie
pol
lbf02,2361
32
)86,01(2
75,0210
32
)dd(
.2
Td
J2
Td
pol86,0dpol1d
=
−pi
×
×
=
−pi
==τ
==
 
 
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos trechos AB e BC são: 7,82 ksi e 2,36 ksi, 
respectivamente. 
snuber
5.10. O eixo maciço tem diâmetro de 0,75 pol. Supondo que seja submetido aos 
torques mostrados, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida nas 
regiões CD e EF. Os mancais em A e F permitem rotação livre do eixo. 
 
Solução: 
Para o trecho CD temos: 
2334CD pol
lbf2173
75,0
18016
d
T16
32
d
.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf180pol12lbf15pés.lbf)2035(T
=
×pi
×
=
pi
=
pi
==τ
=
=×=−=
 
 
Para o trecho EF temos: 
2334EF pol
lbf0
75,0
016
d
T16
32
d
.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf0pés.lfb0T
=
×pi
×
=
pi
=
pi
==τ
=
==
 
Resposta: A tensão de cisalhamento no trecho CD é de 2,173 ksi e no trecho EF é de 0,0 ksi. 
5.25. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min. 
Supondo que o eixo tenha diâmetro de ½ pol, determinar a tensão de cisalhamento 
máxima nele desenvolvida. 
 
Solução: 
1 rotação = 2pi rad 
1 minuto = 60 s 
1 hp = 550 pés . lbf / s 
 
23max
34max
t
max
pol
lbf96,0855
5,0
0085,2116
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2300
1255PTTP
=
×pi
×
=τ
pi
=





 pi
=τ⇒=τ
=
pi
×
×
=
ω
=⇒ω=
 
 
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida é de 856 psi. 
 
5.26. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min. 
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível para o eixo seja τadm = 4 ksi, 
determinar o menor diâmetro de eixo que pode ser usado com aproximação de 1/8 
pol. 
 
 
Solução: 
1 rotação = 2pi rad 
1 minuto = 60 s 
1 hp = 550 pés . lbf / s 
 
pol
8
3pol299067,0
4000
0085,2116d
T16d
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2300
1255PTTP
3
3
adm
34max
t
max
≅=
×pi
×
=
piτ
=⇒
pi
=





 pi
=τ⇒=τ
=
pi
×
×
=
ω
=⇒ω=
 
 
Resposta: O menor diâmetro de eixo deve ser de 3/8 pol. 
 
snuber
5.30. A bomba opera com um motor que tem potência de 85 W. Supondo que o 
impulsor em B esteja girando a 150 rev/min, determinar a tensão de cisalhamento 
máxima desenvolvida em A, localizada no eixo de transmissão que tem 20 mm de 
diâmetro. 
 
Solução: 
1 rotação = 2pi rad 
1 minuto = 60 s 
1 W = 1 N . m / s 
 
2max
334max
t
max
mm
N44492,3
20
27,541116
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
mm.N27,5411
60
2150
85000PTTP
=τ
×pi
×
=
pi
=





 pi
=τ⇒=τ
=
pi
×
=
ω
=⇒ω=
 
 
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A é de 3,44 MPa. 
 
5.31.
Um tubo de aço com diâmetro externo de d1 = 2,5 pol transmite 35 hp quando 
gira a 2700 rev/min. Determinar o diâmetro interno d2 do tubo, com aproximação de 
1/8 pol, se a tensão de cisalhamento admissível é τmax = 10 ksi. 
 
 
Solução: 
A tensão de cisalhamento máxima é: 





 pi
−
pi
==τ
2
d
2
d
dT
J
cT
4
2
4
1
1
t
max 
1 rotação = 2pi rad 
1 minuto = 60 s 
1 hp = 550 lbf . pé / s 
 
pol
8
32pol4832,2d
10000
2
d
2
5,2
5,2995,816
2
d
2
d
dT
J
cT
pol.lbf995,816
60
22700
1255035PTTP
2
adm4
2
44
2
4
1
1
t
max
==
=τ=





 pi
−
×pi
×
=





 pi
−
pi
==τ
=
pi
×
××
=
ω
=⇒ω=
 
 
 
Resposta: O diâmetro interno d2 do tubo deve ser de 2 3/8 pol. 
 
snuber
5.43. Um eixo está submetido a um torque T. Comparar a eficácia do tubo mostrado 
na figura com a de um eixo de seção maciça de raio c. Para isso, calcular a 
porcentagem de aumento na tensão de torção e no ângulo de torção por unidade de 
comprimento do tubo em relação aos valores do eixo de seção maciça. 
 
 
Solução: 
As tensões de torção são: Os ângulos de torção são: 
0667,1
15
16
2
c
cT
16
15
2
c
cT
e
2
c
cT
J
cT
16
15
2
c
cT
2
)2/c(
2
c
cT
J
cT
4
4
tensão
4
t
m
max
444
t
t
max
==





 pi






×
pi
=





 pi
==τ






×
pi
=





 pi
−
pi
==τ
 
0667,1
15
16
2
cG
LT
16
15
2
cG
LT
e
2
cG
LT
GJ
LT
16
15
2
cG
LT
2
)2/c(
2
cG
LT
GJ
LT
4
4
ângulo
4
t
m
max
444
t
t
max
==





 pi






×
pi
=





 pi
==τ






×
pi
=





 pi
−
pi
==φ
 
 
Resposta: As eficiências de tensão de torção e ângulo de torção são iguais e valem um aumento de 
6,67% do eixo vazado em relação ao eixo maciço. 
 
5.46. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte 
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as 
extremidades estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da 
extremidade A em relação à extremidade D? Os tubos têm diâmetro externo de 
30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 40 mm. 
 
Solução: 
Para o trecho BC temos: 
( ) ( )
( ) ( ) o44444AD
4
CDi
4
CDe
CD
4
BC
BC
4
ABi
4
ABe
AB
AD
BC
CDeABe
CDiABi
BC
CDAB
2
637973,0rad0111347,0
32
2030
250
32
40
500
32
2030
250
75000
85000
32
dd
L
32
d
L
32
dd
L
G
T
GJ
TL
mm40d
mm30dd
mm20dd
mm500L
mm250LL
mm
N75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==












−pi
+
pi
+
−pi
=φ












−pi
+
pi
+
−pi
==φ
=
==
==
=
==
==
==
∑
 
Resposta: O ângulo de torção da extremidade A em relação a extremidade D é de 0,638º. 
 
5.47. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte 
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as 
extremidades A e D estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da 
extremidade B da parte maciça em relação à extremidade C? Os tubos têm diâmetro 
externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 
40 mm. 
 
Solução: 
Para o trecho BC temos: 
o
4BC
4
BC
BC
BC
BC
BC
2
129185,0rad0022547,0
32
4075000
50085000
32
dG
LT
mm40d
mm500L
mm
N75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==
pi
×
×
=φ
pi
=φ
=
=
==
==
 
Resposta: O ângulo de torção da extremidade B em relação à extremidade C é de 0,129º. 
 
5.49. As engrenagens acopladas ao eixo de aço inoxidável ASTM-304 estão sujeitas 
aos torques mostrados. Determinar o ângulo de torção da engrenagem C em relação à 
engrenagem B. O eixo tem diâmetro de 1,5 pol. 
 
Solução: 
Para o trecho BC temos: 
( )
o
4
6
BC
26
716,2rad04741,0
32
5,11011
367200
GJ
TL
pol5,1d
pol36pés3L
pol/lbf1011ksi11000G
pol.lbf7200pol12lbf600pés.lb60T
==
pi
××
×
==φ
=
==
×==
=×==
 
Resposta: O ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem B é de 2,716º. 
snuber
 
 www.profwillian.com 
5.54. O eixo de aço A-36 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 50 mm. Requer 
que transmita 35 kW de potência do motor E para o gerador G. Determinar a menor velo-
cidade angular que o eixo pode ter se a máxima torção admissível é de 1o. Adotar o módu-
lo de elasticidade transversal igual a 75 GPa. 
 
Solução: 
1 rotação = 2pi rad 
1 minuto = 60 s 
( )
mm3000m3L
32
mm50
32
dJ
mm
N75000MPa75000G
rad
180
1
44
2
o
==
×pi
=
pi
=
==
pi
==φ
 
rpm37,1248
min
60
1
rot
2
1
729,130
s/rad729,130
267730
35000000
T
P
s
m.N35000000kW35P
mmN267730
L
JGT
JG
LT
=
pi×=ω
===ω
==
=
φ
=⇒=φ
 
Resposta: A velocidade angular é de 1248 rpm 
 
 
 
 
snuber
 
5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles 
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o 
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade B quando os torques 
são aplicados ao conjunto como mostrado. 
 
Solução: 
( ) ( )
o
BFFE
4
6
4
6
EHEHDHDH
EHDHE
1,53rad0,02666860,0177791
4
646
rad0,0177791
32
11011
301260
32
11011
101220
JG
LT
JG
LT
==×=φ=φ⇒φ=φ
=
×pi
×
××
+
×pi
×
××−
=+=φ+φ=φ
 
Observação: Note que o torque de 40 lb.pés (= 40×12 lb.pol) aplicado em G se transforma em 60 
lb.pés aplicado no ponto E pois o diâmetro das engrenagens são diferentes. A reação de apoio em D 
é de 20 lb.pés, portanto, os trechos DH e EH estão com os torques de –20 lb.pés e 60 lb.pés, 
respectivamente. 
 
5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles 
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o 
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade A quando os torques 
são aplicados ao conjunto como mostrado. 
 
Solução: 
( ) ( )
( ) o
4
6
FGFG
EFGEAG
o
BFFE
4
6
4
6
EHEHDHDH
EHDHE
1,78rad0,0311133
32
11011
1012400,0266686
JG
LT
1,53rad0,02666860,0177791
4
646
rad0,0177791
32
11011
301260
32
11011
101220
JG
LT
JG
LT
==
×pi
×
××
+=+φ=φ+φ=φ=φ
==×=φ=φ⇒φ=φ
=
×pi
×
××
+
×pi
×
××−
=+=φ+φ=φ
 
Observação: φG (=φA) é encontrado adicionando φF (=φB) ao ângulo de torção surgido no trecho FG 
devido ao torque de 40 lb.pés. Note que os trechos AG e BF não sofrem torques. 
 
6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em 
A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. 
 
Solução: 
 
A C 
24 kN
 
250 mm 
B 
VA VB 
x 
800 mm 
 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
kN5,31V0105024800V0M AAz =⇒=×−×⇒=∑ 
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: 
kN5,7V024VV0F BBAy −=⇒=−+⇒=∑ 
 
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais
são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
24 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 
x24M
0Mx240M
24V
0V240F
mm250x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
31,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
24 kN
 
 
7875x5,7M
0M)250x(5,31x240M
5,7V
05,31V240F
mm1050x250
x
xz
x
xy
−=∴
=+−−⇒=
=∴
=+−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
 
 
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
-24 
7,5 
V 
 
 
 
-6000 
M 
 
 
 
6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as 
duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e 
B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. 
 
 
Solução: 
 
A C 
400 lbf
 
18 pol 
B 
VA VB 
x 
24 pol 
300 lbf
 
D 
12 pol 
 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
lbf550V0123004240024V0M AAz =⇒=×+×−×⇒=∑ 
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: 
lbf150V0300400VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑ 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
400 lbf
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 
x400M
0Mx4000M
400V
0V4000F
pol18x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
550 lbf
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
400 lbf
 
 
9900x150M
0M)18x(550x4000M
150V
0550V4000F
pol42x18
x
xz
x
xy
−=∴
=+−−⇒=
=∴
=+−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
snuber
 
C 
550 lbf
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BD 
A 
400 lbf
 
B 
150 lbf
 
 16200x300M
0M)42x(150)18x(550x400
0M
300V
0150550V4000F
pol54x42
x
x
z
x
xy
−=∴
=+−−−−
⇒=
=∴
=++−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
 
 
 
-400 
150 
V 
300 
 
 
 
-7200 M -3600 
 
 
6.3 Os três semáforos têm, cada um, massa de 10 kg e o tubo em balanço AB tem 
massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o tubo. 
Desprezar a massa da placa. 
 
 
Solução: 
 98,1 N
 
98,1 N
 
98,1 N
 
14,7 N/m
 
A
 
B
 
1,75 m
 
1,75 m
 
3,00 m
 
C
 
D
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AC 
98,1 N
 
 
x1,98x35,7M
0M
2
x
x7,14x1,980M
1,98x7,14V
0Vx7,141,980F
m75,1x0
2
x
xz
x
xy
−−=∴
=++⇒=
−−=∴
=−−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CD 
98,1 N
 
98,1 N
 
C 
 171,675x2,196x35,7M
0M
2
x
x7,14)75,1x(1,98x1,98
0M
2,196x7,14V
0Vx7,141,981,980F
m5,3x75,1
2
x
x
z
x
xy
+−−=∴
=++−+
⇒=
−−=∴
=−−−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DB 
98,1 N
 
98,1 N
 
C 
98,1 N
 
D 
 515,025x294,3x35,7M
0M
2
x
x7,14)5,3x(1,98)75,1x(1,98x1,98
0M
294,3x7,14V
0Vx7,141,981,981,980F
m5,6x5,3
2
x
x
z
x
xy
+−−=∴
=++−+−+
⇒=
−−=∴
=−−−−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
 
 
-98,1 
-123,825 
V 
-221,925 
-247,65 
-345,75 -389,85 
 
 
 
-194,184375 
M 
-605,1125 
-1708,4625 
 
6.5 O encontro de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma 
de uma ponte. Desenhar seus diagramas de força cortante e momento quando ele é 
submetido às cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem 
apenas reações verticais sobre o encontro. 
 
 
Solução: 
 
A 
60 kN
 
1 m 
B 
VA VB x 
35 kN
 
1 m 1,5 m 1 m 1 m 1,5 m 
60 kN
 35 kN
 
35 kN
 
C D E F G 
 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz =⇒=×+×−×−×−×−×⇒=∑ 
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: 
kN5,112V06035353560VV0F BBAy =⇒=−−−−−+⇒=∑ 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
60 kN
 
 
x60M
0Mx600M
60V
0V600F
m1x0
x
xz
x
xy
−=∴
=−−⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
112,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AD 
60 kN
 
 
5,112x5,52M
0M)1x(5,112x600M
5,52V
0V5,112600F
m2x1
x
xz
x
xy
−=∴
=−−+−⇒=
=∴
=−+−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
112,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DE 
60 kN
 
35 kN
 
D 
 
5,42x5,17M
0M)2x(35)1x(5,112x60
0M
5,17V
0V355,112600F
m5,3x2
x
x
z
x
xy
−=∴
=−−−−+−
⇒=
=∴
=−−+−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
112,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho EF 
60 kN
 
35 kN
 
D 
35 kN
 
E 
 
80x5,17M
)5,3x(355,42x5,17M0M
5,17V
0V35355,11260
0F
m5x5,3
x
xz
x
x
y
+−=∴
−−−=⇒=
−=∴
=−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
112,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho FB 
60 kN
 
35 kN
 
D 
35 kN
 
E 
35 kN
 
F 
 
255x5,52M
)5x(3580x5,17M0M
5,52V
0V3535355,11260
0F
m6x5
x
xz
x
x
y
+−=∴
−−+−=⇒=
−=∴
=−−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
112,5 kN
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BG 
60 kN
 
35 kN
 
D 
35 kN
 
E 
35 kN
 
F 
112,5 kN
 
 
420x60M
)6x(5,112255x5,52M0M
60V
0V5,1123535355,11260
0F
m7x6
x
xz
x
x
y
−=∴
−++−=⇒=
=∴
=−+−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em kN e 
diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados 
para cima. 
 
 
 
 
–60 
+52,5 
V 
+17,5 
+60 
–52,5 
–17,5 
 
 
 
M 
–7,5 
 
–60 –60 
+18,75 
 
 
6.6. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais 
em A e B exercem apenas reações verticais sobre ele. Expressar também a força 
cortante e o momento em função de x na região 125 mm < x < 725 mm. 
 
Solução: 
 
A C 
800 N
 
125 mm 
B 
VA VB 
x 
600 mm 
1500 N
 
D 
75 mm 
 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
N625,815V0751500675800800V0M AAz =⇒=×−×−×⇒=∑ 
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: 
N375,1484V01500800VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑ 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
A 
815,625
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AC 
 
x625,815M
0Mx625,8150M
625,815V
0V625,8150F
mm125x0
x
xz
x
xy
=∴
=−⇒=
=∴
=−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CD 
C 
800N
 
815,625
 
 
100000x625,15M
M)125x(800x625,8150M
625,15V
0V800625,8150F
mm725x125
x
xz
x
xy
+=∴
=−−⇒=
=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DB 
C 
800N
 
815,625
 
D 
1500N
 
 1187500x375,1484M
M)725x(1500)125x(800x625,815
0M
375,1484V
0V1500800625,8150F
mm800x725
x
x
z
x
xy
+−=∴
=−−−−
⇒=
−=∴
=−−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em N e 
diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para 
cima. 
 
 
 
 
 
815,625 
15,625 
V 
–1484,375 
 
 
 
M 
111328,125 101953,125 
 
 
6.32. Desenhar os diagramas de força cortante e momento da viga de madeira e 
determinar a força cortante e o momento em toda a viga em função de x. 
 
 
Solução: 
 
A C 
250 lbf
 
4 pés 
B 
VA VB 
x 
6 pés 
250 lbf
 
D 
4 pés 
150 lbf/pé
 
 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz =⇒=×+××−×−×⇒=∑ 
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: 
lbf700V06150250250VV0F BBAy =⇒=×−−−+⇒=∑ 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
250 lbf
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 
x250M
0Mx2500M
250V
0V2500F
pés4x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
700 lbf
 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
250 lbf
 
150 lbf/pé
 
 
2
x
x
2
z
x
xy
x75x10504000M
0M
2
)4x(150)4x(700x250
0M
x1501050V
0V700)4x(1502500F
pés10x4
−+−=∴
=+
−
+−−
⇒=
−=∴
=−+−−−⇒=
≤≤
∑
∑
 
 
C 
700 lbf
 x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BD 
A 
250 lbf
 
150 lbf/pé
 
700 lbf
 
B 
 
 3500x250M
0M)10x(700
)7x(6150)4x(700x250
0M
250V
0V7007006150250
0F
pés14x10
x
x
z
x
x
y
−=∴
=+−−
+−×+−−
⇒=
=∴
=−++×−−
⇒=
≤≤
∑
∑
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e 
diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para 
cima. 
 
 
 
 
 
 
–250 
450 
V 
250 
–450 
 
 
 
–1000 
M 
–1000 
–325 
 
 
6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual 
delas suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão. 
Qual é essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente? 
 
Solução: 
M = 150 kN.m = 150×106 N.mm 
O momento de Inércia: 
Seção (a) 
MPa114
165
216450000
10150
c
I
M
mm216450000I
0)30030(
12
3003025,157)15200(
12
15200I
a
6
a
a
max
a
4
a
2
3
2
3
a
=σ∴
×
×
==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
 
Seção (b) 
MPa7,74
180
361350000
10150
c
I
M
mm361350000I
0)30015(
12
300152165)30200(
12
30200I
b
6
b
b
max
b
4
b
2
3
2
3
b
=σ∴
×
×
==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
 
 
Eficiência = %53100
7,74
7,74114
=×
−
 
 
Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%. 
 
6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. 
Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. 
Desenhar os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses 
pontos. 
 
Solução: 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 






××+
×
+×





××+
×
=
=⇒
×+×+×
××+××+××
=
2
3
2
3
x 5,12)1080(12
108025,12)4010(
12
4010I
mm5,32y)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(y
 
MPa548,15,7
3
1090000
75000y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000y
I
M
mm
3
1090000I
C
x
max
C
B
x
max
B
4
x
=×==σ
=×==σ
=∴
 
 
Resposta: As tensões normais de flexão nos 
pontos B e C da seção transversal são, 
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa. 
 
σ=1,548 MPa 
σ=3,612 MPa 
 
 
6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. 
Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça. 
 
Solução: 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
mm5,32y)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(y =⇒
×+×+×
××+××+××
= 
MPa709,65,32
3
1090000
75000y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000y
I
M
mm
3
1090000I
5,12)1080(
12
108025,12)4010(
12
4010I
base
x
max
max
B
x
max
max
4
x
2
3
2
3
x
+=×==σ
−=×−==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
+
−
 
 
Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e 
6,709 MPa de tração. 
 
6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante 
que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão 
máxima desenvolvida na viga. 
 
 
Solução: 
M = 15 kip.pés = 15×1000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol5,5625y)13()81()15(
5,0)13(5)81(5,9)15(y =⇒
×+×+×
××+××+××
= 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
2
3
x
pol3200,270833I
)5,05625,5()13(
12
13)55625,5()81(
12
81)5,95625,5()15(
12
15I
=∴
−××+
×
+−××+
×
+−××+
×
=
 
As tensões na parte superior e inferior do flange superior são: 
( )
( )
lbf176953539)15(F
AF
psi353930903988
2
1
2
1
psi3090)5,5625-(9
3200,270833
180000y
I
M
psi3988)5,5625-(10
3200,270833
180000y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
=×==σ
=×==σ
 
 
 
 
As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são: 
( )
( )
lbf3,136501,4550)13(F
AF
psi1,45505,49997,4100
2
1
2
1
psi5,49995,5625
3200,270833
180000y
I
M
psi7,4100)1-(5,5625
3200,270833
180000y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
maxinf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
σ==×==σ
=×==σ
 
 
Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de 
compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração. 
A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração). 
 
6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés. 
Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular 
também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga. 
 
Linha Neutra 
y 
σσσσsup 
σσσσinf 
σσσσmax 
 
Solução: 
M = 12 kip.pé = 12×1000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol0625,7y)16()101(
5,10)16(5)101(y =⇒
×+×
××+××
= 
Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
x pol271,197I)0625,75,10()16(12
16)50625,7()101(
12
101I =∴−××+×+−××+×= 
As tensões na parte superior e inferior da mesa são: 
psi51550625,7
271,197
144000y
I
M
psi21449375,2
271,197
144000y
I
M
psi28749375,3
271,197
144000y
I
M
x
max
max
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=×==σ
=×==σ
=×==σ
 
( )
( )
lbf150552509)16(F
AF
psi250921442874
2
1
2
1
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
 
 
Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção 
é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma. 
 
6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de 
diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B 
suportam apenas forças verticais. 
 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
M max
max =σ 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da 
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na 
questão: 
mm15c
64
30I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
4
1max
=
×pi
=
==×=×=
 
 
Assim: 
MPa181
mm
N08,18115
64
30
480000
c
I
M
max
24max
max
max
=σ∴
=×
×pi
=σ
=σ
 
 
 
Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de σσσσmax = 181 MPa. 
 
6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças 
concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão 
de flexão admissível é σadm = 160 MPa. 
 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
M max
max =σ 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da 
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na 
questão: 
32
d
2
d
64
d
c
IZ
2
d
c
64
dI
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
3
4
4
1max
×pi
=
×pi
==
=
×pi
=
==×=×=
 
 
Assim: 
mm3,31d
300032d
32
d
mm3000
160
480000Z
M
Z
Z
M
c
I
M
3
3
3
nec
adm
max
nec
nec
maxmax
adm
=∴
pi
×
=⇒
×pi
===
σ
=⇒==σ
 
 
 
Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm. 
 
6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior 
carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a 
tensão normal de flexão na viga não exceda σadm = 10MPa. 
 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
M max
max =σ 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro 
da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados 
fornecidos na questão: 
mm50c
12
10050I
mmP500m5,0PaPM
3
max
=
×
=
=×=×=
 
 
Assim: 
N67,1666P
50500
10
12
10050
P50
12
10050
P50010
c
I
M
c
I
M
3
3
max
adm
max
max
=∴
×
×
×
=⇒×
×
=
=σ⇒=σ
 
 
 
Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN. 
 
6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a 
requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for σadm = 150 MPa. 
 
Solução: 
Diagrama de momentos: 
 
M 
–60 kN.m 
1,25 kN.m 
 
0,25 m 
 
 
 
Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×106 N.mm (tração nas fibras superiores) 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
a
12
5y
)a
3
2
a
2
1()a
3
1
a(
a
3
2)a
3
2
a
2
1(a
6
1)a
3
1
a(
y =⇒
×+×
××+××
= 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
x
a
648
37I
a
3
2
a
12
5
a
3
2
a
2
1
12
a
3
2
a
2
1
a
6
1
a
12
5
a
3
1
a
12
a
3
1
a
I
=∴






−×





×+






×
+





−×





×+






×
=
 
A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal: 
mm876,159
37
70060a150a
12
5
a
a
648
37
1060y
I
M
3
4
6
sup
x
max
sup =×=⇒=





−×
×
==σ 
 
Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm. 
6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga, 
supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível 
(σadm)c = 16 ksi na compressão e (σadm)t = 18 ksi na tração. 
 
 
Solução: 
Diagrama de momentos: 
 
M 
60P 
 
 
Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol25,6y)81()18(
4)81(5,8)18(y =⇒
×+×
××+××
= 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 
( ) ( ) ( ) ( )
4
x
2
3
2
3
x
pol33,124I
425,681
12
8125,65,818
12
18I
=∴
−××+
×
+−××+
×
=
 
As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da 
seção transversal: 
lbf5968P1800025,6
33,124
P60y
I
M
lbf12056P1600075,2
33,124
P60y
I
M
sup
x
max
inf
sup
x
max
sup
=⇒=×==σ
=⇒=×==σ
 
 
Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip. 
 
7.5 Se a viga T for submetida a um cisalhamento vertical V = 10 kip, qual será a 
tensão de cisalhamento máxima nela desenvolvida? Calcular também o salto da 
tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB. Desenhar a variação de intensidade 
da tensão de cisalhamento em toda a seção transversal. Mostrar que IEN=532,04 pol4. 
 
 
Solução: 
V = 10 kip = 10000 lbf 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol423,5y)314()66(
5,7)314(3)66(y =⇒
×+×
××+××
= 
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: 
2
x
max
4
x
2
3
2
3
x
3
3
pol
lbf4,276
60385,532
229,8810000
bI
QV
pol0385,532I
0769,2)314(
12
314423,2)66(
12
66I
pol229,880769,2)143(
2
577,0)577,06(Q
ou
pol229,88
2
423,5)423,56(Q
=
×
×
==τ
=∴






××+
×
+





××+
×
=
=××+××=
=××=
 
A tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB: 
2
x
mesa
2
x
alma
3
3
pol
lbf1,117
140385,532
2298,8710000
bI
QV
pol
lbf3,273
60385,532
2298,8710000
bI
QV
pol2298,870769,2)314(Q
ou
pol2298,87423,2)66(Q
=
×
×
==τ
=
×
×
==τ
=××=
=××=
 
 
τ=117,1 psi 
τ=273,3 psi 
τ=276,4 psi 
 
 
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima é de ττττmax = 276,4 psi. O salto da tensão de 
cisalhamento na junção aba-alma AB é de 273,3 psi na alma e 117,1 psi na mesa. 
7.15 Determinar a tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal 
circular de raio r e sujeito à força cortante V. Expressar a resposta em termos da área 
A da seção transversal. 
 
Solução: 
A tensão de cisalhamento máxima é: 
bI
QV
x
max =τ 
onde: 
r2b
4
rI
3
r2
3
r4
2
rQ
4
x
32
=
pi
=
=





pi
×




 pi
=
 
Assim: 
A3
V4
r3
V4
r2
4
r
3
r2V
bI
QV
24
3
max
x
max
=
pi
=
pi
=τ⇒
=τ
 
 
Resposta:
A tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal circular de raio r e 
sujeito à força cortante V é de 
A3
V4
max =τ . 
 
 
 
7.17 Determinar as maiores forças P nas extremidades que o elemento pode 
suportar, supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 10 ksi. Os 
apoios em A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga. 
 
 
Solução: 
O máximo cortante ocorre nos apoios igualmente e é de: 
PV = 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol34091,2y)5,16()5,25,1()5,25,1(
25,3)5,16(25,1)5,25,1(25,1)5,25,1(y =⇒
×+×+×
××+××+××
= 
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: 
( ) ( )
lbf6,80138P
21978,8
39574,2110000P
pol
lbf10000
39574,21
21978,8P
bI
QV
pol9574,21I
34091,225,3)5,16(
12
5,16225,134091,2)5,25,1(
12
5,25,1I
pol21978,82
2
34091,2)34091,25,1(Q
2
x
4
x
2
3
2
3
x
3
=∴
××
=⇒
=
×
×
==τ
=∴






−××+
×
+×





−××+
×
=
=×



××=
 
 
Resposta: As maiores forças P nas extremidades que o elemento pode suportar são de 80,1 kip. 
 
7.21 Os apoios em A e B exercem reações verticais sobre a viga de madeira. 
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 400 psi, determinar a 
intensidade da maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga. 
 
Solução: 
O máximo cortante ocorre no apoio e é de: 
)pol(12w75,0
2
w5,1V
ou
)pé(w75,0
2
w5,1V
×==
==
 
 
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: 
( )
( )
pé
kip69,5
1000
12474,0741
pol
lbf474,0741w
161275,0
2
12
82400
w
pol
lbf400
2
12
82
1612w75,0
bI
QV
12
82I
pol16
2
4)42(Q
3
23
x
3
x
3
===∴
××
×
×
×
=⇒
=
×
×
××
==τ
×
=
=××=
 
 
Resposta: A maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga é de 5,69 kip/pés. 
 
12.5 Determinar as equações da linha elástica da viga usando as coordenadas x1 e 
x2. Especificar a inclinação em A e a deflexão máxima. Considerar EI constante. 
 
Solução: 
Reações de apoio: 
PV0PPVV0F
PV0Pa)aL(PLV0M
BBAy
AA)B(z
=∴=−−+⇒=
=∴=−−−×⇒=
∑
∑
 
Vamos encontrar as equações de momento fletor: 
Lx)aL()aLx(P)ax(PPxM
)aL(xa)ax(PPxM
ax0PxM
3
2
1
≤≤−⇒+−−−−=
−≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
 
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): 
Lx)aL()aLx(P)ax(PPx)x(''yIE
)aL(xa)ax(PPx)x(''yIE
ax0Px)x(''yIE
3
2
1
≤≤−⇒+−+−+−=
−≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. 
Primeira integração: 
Lx)aL(C
2
)aLx(P
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
)aL(xaC
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
ax0C
2
xP)x('yIE
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤−⇒++−+−+−=
−≤≤⇒+−+−=
≤≤⇒+−=
 
Segunda integração: 
Lx)aL(CxC
6
)aLx(P
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
)aL(xaCxC
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
ax0CxC
6
xP)x(yIE
63
333
3
52
33
2
41
3
1
≤≤−⇒+++−+−+−=
−≤≤⇒++−+−=
≤≤⇒++−=
 
 
As condições de contorno para a viga são: 
6532
3232
5421
2121
CC)aL(y)aL(y
CC)aL('y)aL('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒−=−
=⇒−=−
=⇒=
=⇒=
 
)aL(
2
PaC)aL(
2
PaC
)aL(
2
PaC
0LC
6
)aLL(P
6
)aL(P
6
LP)L(yIE0)L(y
0C0C0CC)0(yIE0)0(y
21
3
3
333
3
65441
−=∴−=∴
−=∴
⇒=+
+−
+
−
+−=⇒=
=⇒=⇒=⇒=⇒=
 
Então, as inclinações são: 
Lx)aL()aL(
2
Pa
2
)aLx(P
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
)aL(xa)aL(
2
Pa
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
ax0)aL(
2
Pa
2
xP)x('yIE
222
3
22
2
2
1
≤≤−⇒−++−+−+−=
−≤≤⇒−+−+−=
≤≤⇒−+−=
 
E as deflexões são: 
Lx)aL(x)aL(
2
Pa
6
)aLx(P
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
)aL(xax)aL(
2
Pa
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
ax0x)aL(
2
Pa
6
xP)x(yIE
333
3
33
2
3
1
≤≤−⇒−++−+−+−=
−≤≤⇒−+−+−=
≤≤⇒−+−=
 
A inclinação em A é: 
EI2
)aL(Pa)0('y
)aL(
2
Pa)aL(
2
Pa
2
0P)0('yIE
A1
2
1
−
=θ=∴
−=−+−=
 
O deslocamento máximo (centro, x=L/2) é: 
)a4L3(
EI24
Pay
2
Ly
2
L)aL(
2
Pa
a
2
L
6
P
2
L
6
P
2
LyIE
22
max2
33
2
−==





∴
−+





−+





−=





 
 
 
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo. 
12.30 O eixo suporta as cargas das três polias mostradas. Determinar a deflexão em 
seu centro e sua inclinação em A e B. Os mancais exercem apenas reações verticais 
sobre ele e EI é constante. 
 
Solução: 
Reações de apoio: 
2
P3V
2
P3V BA == 
As equações de momento fletor são: 
a4xa3)a3x(
2
P3)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(M
a3xa2)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(M
a2xa)ax(
2
P3Px)x(M
ax0Px)x(M
4
3
2
1
≤≤⇒−+−−−+−=
≤≤⇒−−−+−=
≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
 
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): 
a4xa3)a3x(
2
P3)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(''EIy
a3xa2)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(''EIy
a2xa)ax(
2
P3Px)x(''EIy
ax0Px)x(''EIy
4
3
2
1
≤≤⇒−−−+−−=
≤≤⇒−+−−=
≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração: 
a4xa3C
2
)a3x(
2
P3
2
)a2x(P
2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
a3xa2C
2
)a2x(P
2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
a2xaC
2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
ax0C
2
xP)x('EIy
4
2222
4
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤⇒+−−−+−−=
≤≤⇒+−+−−=
≤≤⇒+−−=
≤≤⇒+=
 
Segunda integração: 
a4xa3CxC
6
)a3x(
2
P3
6
)a2x(P
6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
a3xa2CxC
6
)a2x(P
6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
a2xaCxC
6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
ax0CxC
6
xP)x(EIy
84
3333
4
73
333
3
62
33
2
51
3
1
≤≤⇒++−−−+−−=
≤≤⇒++−+−−=
≤≤⇒++−−=
≤≤⇒++=
 
 
As condições de contorno para a viga são: 
8743
4343
7632
3232
6521
2121
CC)a3(y)a3(y
CC)a3('y)a3('y
CC)a2(y)a2(y
CC)a2('y)a2('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
 
0Ca3C
6
)a2a3(P
6
)aa3(
2
P3
6
)a3(P)a3(EIy
0CaC
6
aP)a(EIy
73
333
3
51
3
1
=++
−
+
−
−=
=++=
 
das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C5=C7) vem que: 
3
654
2
321
a
12
P13CCC
a
4
P5CCC
===
−===
 
A deflexão no centro (centro, x=2a) é: 
EI3
Pay)a2(y
a
12
P13
a2
4
Pa5
6
)aa2(
2
P3
6
)a2(P)a2(EIy
3
a22
3
233
2
−==∴
+−
−
−=
 
As inclinações em A e B são: 
EI4
Pa3)a('y
4
Pa3
4
Pa5
2
PaC
2
aP)a('yEI
2
A1
222
1
2
1
−=θ=∴
−=−=+=
 
EI4
Pa3)a3('y
4
Pa5
2
)a2a3(P
2
)aa3(
2
P3
2
)a3(P)a3('EIy
2
B3
2222
3
=θ=∴
−
−
+
−
−=
 
 
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo. 
12.49 A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é 
I e de BC é 2I. Determinar a inclinação e a deflexão máximas da haste devido ao 
carregamento. O módulo de elasticidade é E. 
 
Solução: 
Vamos encontrar as equações de momento fletor: 
Lx
2
LPxM
2
L
x0PxM
2
1
≤≤⇒−=
≤≤⇒−=
 
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): 
Lx
2
LPx)x(''yEI2
2
L
x0Px)x(''yEI
2
1
≤≤⇒=
≤≤⇒=
 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. 
Primeira integração: 
Lx
2
LC
2
xP)x('yEI2
2
L
x0C
2
xP)x('yEI
2
2
2
1
2
1
≤≤⇒+=
≤≤⇒+=
 
Segunda integração: 
Lx
2
LCxC
6
xP)x(yEI2
2
L
x0CxC