Mecânica dos Materiais - Resistência dos Materiais

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RICARDO GASPAR 
 
 
 
 
 
 
 
MECÂNICA DOS MATERIAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula da disciplina Resistência 
dos Materiais ministrada pelo 
Prof. Leandro Mouta Trautwein ao 
curso de Engenharia Civil do Centro 
Universitário Nove de Julho. 
 
 
 
 
 
 
 
São Paulo 
2005 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
SUMÁRIO 
1 MECÂNICA _____________________________________________________________________ 1 
1.1 Introdução ____________________________________________________________________ 1 
1.2 Conceitos Fundamentais _________________________________________________________ 2 
1.3 Sistema Internacional de Unidades _________________________________________________ 2 
1.4 Trigonometria__________________________________________________________________ 4 
1.5 Alfabeto Grego _________________________________________________________________ 6 
2 ESTÁTICA ______________________________________________________________________ 7 
2.1 Forças no plano ________________________________________________________________ 7 
2.2 Equilíbrio de um ponto material ___________________________________________________ 7 
2.3 Resultante de uma força _________________________________________________________ 8 
2.4 Momento de uma força _________________________________________________________ 14 
2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares _____________________________________ 14 
2.4.2 Teorema de Varignon ________________________________________________________ 14 
2.4.3 Momento de um binário ______________________________________________________ 15 
2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos ___________________________________________________ 18 
2.5 Apoios _______________________________________________________________________ 19 
2.6 Tipos de Estruturas ____________________________________________________________ 20 
2.6.1 Estruturas hipostáticas _______________________________________________________ 20 
2.6.2 Estruturas isostáticas_________________________________________________________ 20 
2.6.3 Estruturas hiperestáticas______________________________________________________ 20 
3 TRELIÇAS _____________________________________________________________________ 21 
3.1 Definição ____________________________________________________________________ 21 
3.2 Método do equilíbrio dos nós _____________________________________________________ 22 
4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES_____________________________________________________ 28 
4.1 Introdução ___________________________________________________________________ 28 
4.2 Diagrama tensão-deformação ____________________________________________________ 29 
4.3 Tensão admissível______________________________________________________________ 30 
4.4 Lei de Hooke__________________________________________________________________ 30 
4.4.1 Coeficiente de Poisson________________________________________________________ 32 
4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke __________________________________________________ 32 
4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas ___________________________________________ 35 
4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas _______________________________________________ 38 
4.7 Tensão de cisalhamento_________________________________________________________ 41 
5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS _________________________ 44 
5.1 Área_________________________________________________________________________ 44 
5.2 Momento Estático______________________________________________________________ 45 
5.3 Centro de Gravidade____________________________________________________________ 46 
5.4 Momento de Inércia ____________________________________________________________ 50 
5.5 Translação de eixos ____________________________________________________________ 51 
5.6 Módulo Resistente _____________________________________________________________ 53 
5.7 Raio de Giração _______________________________________________________________ 54 
6 ESFORÇOS SOLICITANTES ______________________________________________________ 57 
6.1 Introdução ___________________________________________________________________ 57 
6.2 Classificação dos esforços solicitantes _____________________________________________ 57 
6.3 Convenção de sinais____________________________________________________________ 58 
7 VIGAS _________________________________________________________________________ 60 
7.1 Introdução ___________________________________________________________________ 60 
7.2 Tipos de cargas________________________________________________________________ 60 
7.2.1 Cargas distribuídas __________________________________________________________ 60 
7.3 Apoios ou vínculos _____________________________________________________________ 61 
7.4 Equações diferenciais de equilíbrio________________________________________________ 75 
8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO _________________________________________ 85 
8.1 Hipóteses admitidas ____________________________________________________________ 85 
8.2 Tensões normais na flexão ______________________________________________________ 86 
8.3 Tensões de cisalhamento na flexão ________________________________________________ 92 
9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS _____________________________________________________ 97 
BIBLIOGRAFIA ____________________________________________________________________ 104 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
LISTA DE SÍMBOLOS 
 
letras maiúsculas 
A área 
E módulo de elasticidade 
F força 
I momento de inércia 
L comprimento 
M momento, momento fletor 
Ms momento estático 
N força normal 
P carga concentrada 
R resultante de forças, esforço 
resistente 
S esforço solicitante 
V força cortante 
 
letras minúsculas 
a aceleração 
b largura 
g aceleração da gravidade 
h dimensão, altura 
l comprimento 
m metro, massa 
max máximo 
min mínimo 
q carga distribuída 
s segundo 
v deslocamento vertical 
x distância da linha neutra ao ponto de 
maior encurtamento na seção 
transversal de uma peça fletida 
 
letras gregas 
α, θ ângulo, coeficiente 
δ deslocamento 
φ diâmetro 
ε deformação específica 
fγ coeficiente de majoração das ações 
σ tensão normal 
σ tensão normal admissível 
τ tensão tangencial 
τ tensão tangencial admissível 
υ coeficiente de Poisson 
 
índices 
adm admissível 
c compressão 
f ação 
t tração, transversal 
w alma das vigas 
max máximo 
min mínimo 
 
 
 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
1
MECÂNICA DOS MATERIAIS 
 
 
1 MECÂNICA 
 
1.1 Introdução 
 
 A Mecânica é uma ciência física aplicada que trata dos estudos das forças e dos 
movimentos. A Mecânica descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de 
corpos sob a ação de forças. 
 A finalidade da Mecânica é explicar e prever fenômenos físicos, fornecendo, assim, 
os fundamentos para as aplicações da Engenharia. 
 A Mecânica é subdividida em três grandes ramos: Mecânica dos Corpos Rígidos, 
Mecânica dos Corpos Deformáveis e Mecânica dos Fluídos, como indicado abaixo. 
 
 Estática 
 Mecânica dos corpos rígidos Cinemática 
 Dinâmica 
 
Mecânica Mecânica dos corpos deformáveis Resistência dos Materiais 
 
 Fluídos incompressíveis → líquidos 
 Mecânica dos fluídos 
 Fluídos compressíveis → gases 
 
 Mecânica dos corpos rígidos: é subdividida em Estática, Cinemática e Dinâmica. 
 A Estática se refere aos corpos em repouso e estuda as forças em equilíbrio, 
independentemente do movimento por elas produzido. Na Estática, os corpos analisados 
são considerados rígidos, conseqüentemente, os resultados obtidos independem das 
propriedades do material. 
 A Cinemática estuda os movimentos em si e as leis que os regem: 
• movimento uniforme – móvel percorrendo espaços iguais em tempos iguais para 
quaisquer trechos de trajetória;• movimento uniformemente variado – a velocidade do móvel varia de valores iguais 
em tempos iguais. Se houver crescimento da velocidade, o movimento será 
uniformemente acelerado; se houver decréscimo, o movimento será uniformemente 
retardado; 
• movimentos de rotação. 
 
 A Dinâmica estuda a relação entre o movimento e a causa que o produz (força). 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
2
 Mecânica dos corpos deformáveis: as estruturas e as máquinas nunca são 
absolutamente rígidas, deformando-se sob a ação das cargas a que estão submetidas. Estas 
deformações são geralmente pequenas e não alteram apreciavelmente as condições de 
equilíbrio ou de movimento da estrutura considerada. 
 No entanto, essas deformações terão importância quando houver riscos de ruptura 
do material. A Mecânica dos corpos deformáveis é estudada pela Resistência dos 
Materiais, Mecânica dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos, como também são 
conhecidas. 
 O estudo dos corpos deformáveis resume-se na determinação da resistência 
mecânica, da rigidez e da estabilidade de elementos estruturais. 
 
 Mecânica dos fluídos: A Mecânica dos Fluídos é subdividida no estudo dos fluidos 
incompressíveis (líquidos) e fluidos compressíveis (gases). Uma importante subdivisão do 
estudo de fluidos incompressíveis é a hidráulica. 
 
1.2 Conceitos Fundamentais 
 Os conceitos fundamentais da Mecânica baseiam-se na Mecânica Newtonia: 
• espaço: o conceito de espaço é associado à noção de posição de um ponto material, 
o qual pode ser definido por três comprimentos, medidos a partir de um certo ponto 
de referência, ou de origem, segundo três direções dadas. Estes comprimentos são 
conhecidos como as coordenadas do ponto; 
• tempo: para se definir um evento não é suficiente definir sua posição no espaço. O 
tempo ou instante em que o evento ocorre também deve ser dado; 
• força: a força representa a ação de um corpo sobre outro; é a causa que tende a 
produzir movimento ou a modificá-lo. A força é caracterizada pelo seu ponto de 
aplicação, sua intensidade, direção e sentido; uma força é representada por um 
vetor; 
 
1.3 Sistema Internacional de Unidades 
 O Sistema Internacional de Unidades (SI) é subdividido em unidades básicas e 
unidades derivadas. 
 As unidades básicas são: metro (m), quilograma (kg) e segundo (s). As unidades 
derivadas são, entre outras, força, trabalho, pressão, etc... 
 As unidades do SI formam um sistema absoluto de unidades. Isto significa que as 
três unidades básicas escolhidas são independentes dos locais onde são feitas as medições. 
 A força é medida em Newton (N) que é definido como a força que imprime a 
aceleração de 1 m/s2 à massa de 1 kg. A partir da Equação F=m.a (segunda Lei de 
Newton), escreve-se: 1 N = 1 kg × 1 m/s2. 
 As medidas estáticas de forças são efetuadas por meio de instrumentos chamados 
dinamômetros. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
3
 O peso de um corpo também é uma força e é expresso em Newton (N). Da Equação 
P=m.g (terceira Lei de Newton ou Lei da Gravitação) segue-se que o peso de um corpo de 
massa 1 kg é = (1 kg)×(9,81 m/s2) = 9,81 N, onde g=9,81m/s2 é a aceleração da gravidade. 
 A pressão é medida no SI em Pascal (Pa) que é definido como a pressão exercida 
por uma força de 1 Newton uniformemente distribuída sobre uma superfície plana de 1 
metro quadrado de área, perpendicular à direção da força 2/ mNPa = . Pascal é também 
unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento). 
 
Múltiplos e submúltiplos 
Nome Símbolo fator pelo qual a unidade é multiplicada 
exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 
peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000 
tera T 1012 = 1 000 000 000 000 
giga G 109 = 1 000 000 000 
mega M 106 = 1 000 000 
quilo k 103 = 1 000 
hecto h 102 = 100 
deca da 10 
deci d 10-1 = 0,1 
centi c 10-2 = 0,01 
mili m 10-3 = 0,001 
micro µ 10-6 = 0,000 001 
nano n 10-9 = 0,000 000 001 
pico p 10-12 = 0,000 000 000 001 
femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001 
atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001 
 
Conversão de Unidades 
A unidade é equivalente a 
1MPa 1 N/mm2 
1 MPa 1 x 106 N/m2 
1 GPa 1 x 109 N/m2 
1 m 100 cm 
1 cm 0,01 m 
1 kgf 9,81 N 
1 kgf 2,20 lb 
1 polegada (ou 1") 2,54 cm 
1 m2 10000 cm2 
 
Exemplo de conversão de medidas de pressão: 
422 10×== cm
N
m
NPa 
1010
1010
242
6
2
6
×=×
×=×=
cm
kN
cm
N
m
NMPa 
2
2
42
9
2
9 10
10
1010
cm
kN
cm
N
m
NGPa ×=×
×=×= 
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4
1.4 Trigonometria 
 Para o estudo da Mecânica necessitam-se dos conceitos fundamentais da 
trigonometria. 
 A palavra trigonometria significa medida dos três ângulos de um triângulo e 
determina um ramo da matemática que estuda as relações entre as medidas dos lados e dos 
ângulos de um triângulo. 
Círculo e Funções Trigonométricas 
 
EFsen =α 
OF=αcos 
ABtg =α 
DCg =αcot 
OB=αsec 
OCec =αcos 
1== ROE 
Triângulo retângulo 
 No triângulo retângulo, os catetos são os lados que formam o ângulo de 90º. A 
hipotenusa é o lado oposto ao ângulo de 90º e é determinada pela relação: 222 cba += . 
Relações trigonométricas 
a
c
hipotenusa
opostocatetosen ==α 
a
b
hipotenusa
adjacentecateto ==αcos 
b
c
adjacentecateto
opostocatetotg ==α 
b
a
adjacentecateto
hipotenusa ==αsec 
b
carctg=α 
a
carcsen=α 
a
barccos=α 
bC
a
α
A
B
c
triângulo retângulo 
 
Relação fundamental da trigonometria: 1cossen 22 =+ xx 
Razões Trigonométricas Especiais 
 30º 45º 60º 
Seno 
2
1 
2
2 
2
3 
Cosseno 
2
3 
2
2 2
1 
Tangente 
3
3 1 3 
 
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5
Exemplos 
 
1. Calcule o valor de c da figura 
20
º30 csen = 
202
1 c= 
 
202 =c mc 10= 
 
2. Determine o valor de b da figura 
20
º30cos b= 
202
3 b= 
 
3202 =b mb 310= 
b
20 m
30°
c
 
 
3. Calcule o valor de a da figura 
222 34 +=a 
 
22 34 +=a ma 5= 
 
4. Determine o valor do ângulo α da figura 
4
3arctg=α º87,36=α 
4 m
α
a
3 m
 
 
 
Triângulo qualquer 
Lei dos senos: R
C
c
B
b
A
a 2
sensensen
=== 
Lei dos cossenos 
Abccba cos2222 ×−+= 
Baccab cos2222 ×−+= 
Cabbac cos2222 ×−+= 
 
 
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1.5 Alfabeto Grego 
 Os problemas usuais em engenharia são definidos por formulações matemáticas, as 
quais, usualmente, utilizam letras do alfabeto grego. É, pois, necessário, seu conhecimento 
para as práticas comuns da Engenharia. 
 
Alfabeto Grego 
Símbolo 
Nome 
Maiúscula Minúscula
Alfa Α α 
Beta Β β 
Gama Γ γ 
Delta ∆ δ 
Épsilon Ε ε 
Zeta Ζ ζ 
Eta Η η 
Teta Θ θ 
Iota Ι ι 
Capa Κ κ 
Lambda Λ λ 
Mi Μ µ 
Ni Ν ν 
Csi Ξ ξ 
Ômicron Ο ο 
Pi Π π 
Rô Ρ ρ 
Sigma Σ σ 
Thau Τ τ 
Upsilon Υ υ 
Phi Φ ϕ 
Chi Χ χ 
Psi Ψ ψ 
Omega Ω ω 
 
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7
2 ESTÁTICA 
 
 
2.1 Forças no plano 
 A Força representa a ação de um corpo sobre o outro e é caracterizada pelo seu 
ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. 
 A intensidade de uma força é expressa em Newton (N) no Sistema Internacional de 
Unidades (SI). 
 A direção de uma força é definida por sua linha de ação, ou seja, é a reta ao longo 
da qual a força atua, sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo, 
como indicado na Figura 1 abaixo. 
F
α
F
α
 
Figura 2.1 
 O sentido da força é indicado por uma seta (vetor). 
 Denomina-se Grupo de forças, o conjunto de forças aplicadas em um único ponto 
de um corpo. 
 Sistema de forças é o conjunto de forças aplicadassimultaneamente em pontos 
diversos de um mesmo corpo. 
 
2.2 Equilíbrio de um ponto material 
 Ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se 
ocupasse um ponto no espaço. 
 Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é nula, 
este ponto está em equilíbrio. Este princípio é conseqüência da primeira lei de Newton: “se 
a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este ponto permanece em 
repouso (se estava originalmente em repouso) ou move-se ao longo de uma reta com 
velocidade constante (se originalmente estava em movimento)”. 
 Para exprimir algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto material, 
escreve-se: 
0==Σ RF 
onde: 
F = força 
R = resultante das forças 
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8
 A representação gráfica de todas as 
forças que atuam em um ponto material 
pode ser representada por um diagrama de 
corpo livre, como indica a figura ao lado. 
F3
F2
A
F4 F1
 
Figura 2.2 
 
Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio 
As condições necessárias e suficientes 
para o equilíbrio são: 
0=Σ xF 
0º302000º3010001500 =−−=Σ sensenFx
010005001500 =−−=Σ xF ok 
 
0=Σ yF 
0866º30cos1000º30cos2000 =−−=Σ yF 
08668661732 =−−=Σ yF ok 
xA F = 1500N1
F = 1000N3 F = 866N2
30°
y
F = 2000N4
30°
Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio 
 
 
2.3 Resultante de uma força 
 Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto 
material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre 
esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de 
um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo 
grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou 
analíticas. 
a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de 
três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de 
forças, como indicado nas figuras abaixo. 
Regra do paralelogramo 
Q
A P A P
Q
R R
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9
Regra do Triângulo 
A
Q
A
R=P+Q
P
Q
P
R=P+Q
 
Composição de forças 
R=F1+F2-F3
F3
R=F1+F2
F1
F1
R=F1+F2+F3
F2
F3
F3
F2 F3
 
Decomposição de forças F
Fx
y
x
y
F
 
 
 
 
b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de 
equilíbrio. 
Exemplos 
 
Determinar a Resultante das duas forças P e 
Q agem sobre o parafuso A. 
 
Q=60 N
25º
20ºA P=40 N
 
 
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10
a. Soluções gráficas 
35.0°
R=98 N
A 20º
25º
P=40 N
Q=60 N
 
R=98 N
Q=60 N
A P=40 N
35.0°
 
Regra do paralelogramo Regra do triângulo 
 
b. Solução analítica: trigonometria 
Cálculo da força resultante: 
Lei dos cossenos: BPQQPR cos2222 −+= 
º155cos604024060 222 ×××−+=R 
NR 7,97= 
 
Cálculo do ângulo α 
Lei dos senos 
R
senB
Q
senA = 
7,97
º155
60
sensenA = 
25,0=senA º15=A 
º20+= Aα º35º20º15 =+=α 
A
R
Q=60 N
α
P=40 N
B
155°
C
 
 
 
 Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de 
reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de 
Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção 
e sentido contrário”. 
 Portanto, o parafuso está 
reagindo por uma força de 
mesma intensidade da resultante 
de P e Q, mas em sentido 
contrário. A força de reação 
pode ser decomposta em duas 
forças Fx e Fy, que são suas 
projeções sobre os eixos (x e y). 
 
NFx 80º35cos7,97 =×= 
NsenFy 56º357,97 =×= 
A
R=97,7 N
35°
Fx=80 N 20º
Fy=56 N
R=97,7 N
P=40 N
25º
Q=60 N
35.0°
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11
Verificação do equilíbrio do ponto A 
Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que 
agem no ponto A sejam nulas, ou seja: 0
1
=∑
=
n
i
nF 
y
Q=60 N
Fy=56 N
x
25º
20ºAFx=80 N P=40 N
 
 
 
∑ = 0xF 
∑ =−×+×= 080º20cos40º45cos60xF 
 00 = ok 
 
∑ = 0yF 
∑ =−×+×= 056º2040º4560 sensenFy
 00 = ok 
 
 
 
 Um caso particular da terceira lei de Newton é a lei da gravitação que trata da 
atração da Terra sobre um ponto material localizado em sua superfície. A força de atração 
exercida pela Terra sobre o ponto material é definida como o seu peso (P). a intensidade do 
peso P de um ponto material de massa m é expresso como. 
gmP ⋅= 
onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 
 
2. Determinar as forças 
nos cabos. 
gmP ⋅= 
( )2/81,9)(75 smkgP ×=
NP 736= 
30°50° A
75 kg
C
B
 
 
736 N
80°
60°
ACT
40°
TAB
 
solução gráfica: desenho do polígono de forças. 
 
º80
736
º40º60 sensen
T
sen
T ACAB == 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
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12
50°
30°
A
736 N
TAB
ACT
 
solução analítica: equações de equilíbrio. 
0=Σ xF 
0º50cosº30cos =⋅−⋅ ABAC TT 
º30cos
º50cos⋅= ABAC TT (1) 
0=Σ yF 
0736º30º50 =−⋅+⋅ senTsenT ACAB 
Substituindo TAC pela relação (1), tem-se 
736º30
º30cos
º50cosº50 =⋅⋅+⋅ senTsenT ABAB 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
 
Exercícios 
1. Determinar a força F e o ângulo α. 
A
AT =2,5 kN BT = 2,5 kN
F
y
α
x
50°20°
C
20° B50°
α
F
 
 
Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º 
2. Determinar as forças nos cabos 
x
y
60°
20°
AT
TB
P
m=50 kg
A
60°
20°
B
 
Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N 
 
3. Determinar a resultante do 
sistema de forças indicado e o seu 
ângulo de inclinação em relação ao 
eixo x. 
 
70°
F = 15 N3
F = 10 N1
x50°
F = 20 N2
 
 
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13
Roteiro: 
a. Determinar inicialmente a resultante entre as forças F1 e F2 e seu respectivo ângulo (α12) 
em relação ao eixo x. Chamar a resultante de R12; 
b. Em seguida, determinar a resultante de todo o sistema, chamando-a de R123 (R123 é a 
resultante entre R12 e F3); 
c. Finalmente, determinar o ângulo (α123) de R123 em relação ao eixo x. 
Respostas: R123 = 32,19 N e α123 = 61,46º 
 
4. Determinar o valor da força F. 
a) 
y
x
159,65 N
300 N
20°
60°
F 
b) 
x
F60°
346,41 N
30°
200 N y
 
 
Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N 
c) 
F
y
x
45°
45°
141,42 N
141,42 N 
d) 
y
x
F30°
60°
45°
250 N
120 N
91,9 N 
 
Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N 
e) 
329,36 N
100 N
100 N
F
60°
70°
45°
x
y
 
f) 
65°
61 kg
45°
F
450 N
 
Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
14
2.4 Momento de uma força 
 Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido 
em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao 
eixo fixo. 
 Considere-se uma força F que atua em um 
corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na 
figura. 
 A força F é representada por um vetor que 
define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a 
distância perpendicular de 0 à linha de ação de F. 
0
A
d
M0
F
 
 Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo 
dFM ×=0 
onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0 
 0 = pólo ou centro de momento 
 d= distância perpendicular de 0 à linha deação de F, também chamada de braço de 
 alavanca 
 O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido 
de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F. 
 Convenciona-se momento positivo 
se a força F tender a girar o corpo no 
sentido anti-horário e negativo, se tender a 
girar o corpo no sentido horário. 
M-M+
 
 No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m). 
Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m). 
 
2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares 
 Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em 
relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo 
ponto 0. 
0
A
A
F F
3
1
1 2
A 2b1 b2
b3 F3
 
∑
=
=
n
i
FS i
MM
1
0,0,
 
 
2.4.2 Teorema de Varignon 
 Seja R a resultante do sistema de forças S. “O 
Momento da resultante de um sistema de forças em relação a 
um ponto é igual ao momento do sistema ou seja, a soma 
algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em 
relação ao mesmo ponto O”. 
∑
=
==
n
i
FSR i
MMM
1
0,0,0,
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
15
2.4.3 Momento de um binário 
 Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e 
sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em 
qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um 
dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, 
tendem a fazê-lo girar. 
b
1-F
2A
A1 F1
 
Exemplos 
1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: 
 
a) o momento da força em relação a D; 
b) a menor força aplicada em D que ocasiona 
o mesmo momento em relação a D; 
c) o módulo e o sentido da força vertical que, 
aplicada em C, produz o mesmo momento em 
relação a D; 
d) a menor força que, aplicada em C, 
ocasiona o mesmo momento em relação a D. 
B
30°
A
D
22
5m
m
225mm C
12
5m
m
300mm
450 N
 
30°
B
197.3mm
22
5m
m
C225mm
52.6°
D12
5m
m
300mm
37.4°325
30°
22.6° A
450 N
 
 
 
Solução 
a) braço de alavanca 197,3 mm 
Momento M=F×b 
M=450×197,3= 88785 N.mm ou 
M= 88,8 N.m 
 
B
30°
A
22
5m
m 375 mm
225mm C
53.1°
36.9°
12
5m
m
D
300mm
450 N
 
b) Para se obter a menor força aplicada 
em B que ocasiona o mesmo momento 
em relação a D, deve-se utilizar o 
maior braço de alavanca, ou seja: 
375300225 22 =+=b mm 
b
MF = 8,236
375,0
8,88 ==F N 
c) 
b
MF = 7,394
225,0
8,88 ==F N 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
16
 
d) A menor força que, aplicada em C, 
ocasiona o mesmo momento em relação a D é 
aquela cujo braço de alavanca é o maior 
possível, ou seja: 
2,318225225 22 =+=b mm 
b
MF = 279
3182,0
8,88 ==F N 
30°
318,2 mm22
5m
m
C225mm
D1
25
m
m
300mm
B
A
450 N
 
 
 
2. A figura abaixo representa uma junta rebitada, composta por dois rebites de mesmo 
diâmetro. Determinar as forças horizontais e verticais atuantes nos rebites. 
 Como os rebites são iguais, as cargas e as reações verticais em cada rebite também 
são iguais: RAV= RBV= 3000÷2= 1500 N. 
 O rebite A está sendo “puxado” para a direita, portanto, possuirá uma reação 
horizontal para a esquerda; 
 
O rebite B está sendo 
“empurrado” para a esquerda, 
portanto, possuirá uma reação 
horizontal para a direita. 
Determinação dos esforços 
horizontais: 
∑ = 0AM 
RBH×200=3000×600 = 9000 N 
RAH= RBH=9000 N 
B
RBV
ARAH
RAV
RBH
20
0m
m
600mm
3000 N
 
 
 
 
3. Determinar o Momento em A devido ao 
binário de forças ilustrado na figura 
 
MA= F×b 
MA= 500×0,12 = 60 N.m 
30
0m
m
12
0m
m
F1=500 N
F2=500 N 
A
30°
B
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
17
 
4. Substituir o binário da figura por uma 
força F vertical aplicada no ponto B. 
F1=F2= 500 N 
MA= F×b 
b
MF = 400
15,0
60 ==F N 
30
0m
m
150mm
AM =60N.m
12
0m
m
A
30°
F=400 N
B
 
5. Substituir o binário e a força F ilustrados 
na figura por uma única força F=400 N, 
aplicada no ponto C da alavanca. 
Determinar a distância do eixo ao ponto de 
aplicação desta força. 
 
MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m 
 
F
Md = 21,0
400
84 ==d m = 210 mm 
420
º60cos
210 ==AC mm 
30
0m
m
12
0m
m
AM 
200 N
200 N
d=210mm
150mm
A
30°
F=400 N
AC
B
C
 
 
5. Determinar a intensidade da força F para que 
atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. 
217
º23cos
200 ==a mm = 0,217 m 
MA= F×b 
b
MF = 1,184
217,0
40 ==F N 
 
 
6. Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de φ 20 mm a uma luva, como mostra a 
figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força 
aplicada no aperto for 40 N. 
∑ = 0AM 
40 × 180 = F × 30 
240
30
18040 =×=F N 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
18
2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos 
 Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam 
sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças 
externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. 
0=ΣF 00=ΣM 
 As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática. 
 Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, 
encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido 
no espaço: 
x
0
y
z
 
0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ zF 
0=Σ xM 0=Σ yM 0=Σ zM 
 
 
 
Equilíbrio ou em duas dimensões 
 As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente 
no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, 
tem-se: 
x
0
y
 
0=zF 0== yx MM 0MM z= 
 
para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no 
espaço reduzem-se a: 
0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 
onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser 
resolvidas para um máximo de três incógnitas. 
 O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano. 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
19
2.5 Apoios 
 Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as 
forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo 
rígido está apoiado. 
 Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e 
recebem a seguinte classificação: 
Apoio móvel 
 ou 
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao 
plano do apoio; 
• Permite movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Permite rotação. 
Apoio fixo 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Permite rotação. 
 
Engastamento 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do 
apoio; 
• Impede rotação. 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
20
2.6 Tipos de Estruturas 
 As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou 
vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. 
 Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais: 
0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 
2.6.1 Estruturas hipostáticas 
 Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reaçõesde apoio ou vínculos é 
inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 
 A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura 
hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta 
estrutura não possui restrição a movimentos 
horizontais. 
 
 
L
P
A RB
B
R
A
 
2.6.2 Estruturas isostáticas 
 Estruturas isostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 
 No exemplo da estrutura da figura, as 
incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está 
fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente 
pelas equações fundamentais da Estática. 
RA
A
HA
L
P
RB
B
 
2.6.3 Estruturas hiperestáticas 
 Estruturas hiperestáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
superior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 Um tipo de estrutura hiperestática es’ta 
ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: 
RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da 
Estática não são suficientes para resolver as equações 
de equilíbrio. São necessárias outras condições 
relativas ao comportamento da estrutura, como, p. 
ex., a sua deformabilidade para determinar todas as 
incógnitas. RA RB
HA
A
AM
L
P
B
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
21
3 TRELIÇAS 
 
3.1 Definição 
 Treliça é toda estrutura constituída de barras ligadas entre si nas extremidades. O 
ponto de encontro das barras é chamado nó da treliça. Os esforços externos são aplicados 
unicamente nos nós. 
 Denomina-se treliça plana, quando todas as barras de uma treliça estão em um 
mesmo plano. 
 Para se calcular uma treliça deve-se: 
a) determinar as reações de apoio; 
b) determinar as forças nas barras. 
 A condição para que uma treliça de malhas triangulares seja isostática é: 
vbn +=2 
onde: 
b= número de barras 
n= número de nós 
v= número de reações de apoio 
 
 Adota-se como convenção de sinais: 
barras tracionadas: positivo 
setas saindo do nó 
barras comprimidas: negativo 
setas entrando no nó 
 
 Os esforços nas barras das treliças podem ser resolvidos por métodos gráficos e 
analíticos. 
 Um dos vários processos analíticos usuais é o Método do Equilíbrio dos Nós, 
abaixo exemplificado. 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
22
3.2 Método do equilíbrio dos nós 
 Inicialmente devem-se identificar os nós e verificar os tipos de reações de apoio. 
 No caso da treliça da figura, no 
nó A tem-se um apoio móvel e no nó 
B, um apoio fixo. 
 Como os apoios móveis 
restringem somente deslocamentos os 
perpendiculares ao plano do apoio, 
tem-se uma reação vertical RA. 
 Como os apoios fixos 
restringem deslocamentos paralelos e 
perpendiculares ao plano do apoio, 
tem-se uma reação vertical RB e uma 
reação horizontal HE. 
C
RA
A F
2 m
B
50 kN 100 kN
D
2 m
RE
E
α
2 m
HE
50 kN
Verificar se a treliça é uma estrutura isostática 
barras b = 9 
nós n = 6 
reações v = 3 
vbn +=2 Conclusão: 
3962 +=× a treliça é uma estrutura isostática 
 
Cálculo do ângulo de inclinação das barras º45
2
2 ===
adjacentecateto
opostocatetoarctgα 
a) Cálculo das reações de apoio 
Equação de equilíbrio das forças na horizontal: 
0=Σ HF conclusão: HE = 0 
Equação de equilíbrio das forças na vertical: 
0=Σ VF 05010050 =−−−+ EA RR 200=+ EA RR kN (1) 
Equação de equilíbrio de momentos: 
Como a estrutura está em equilíbrio, a somatória dos momentos em relação a qualquer 
ponto da estrutura deve ser nula. Tomando-se por exemplo o nó A como referência, tem-se 
0=Σ AM 021004504 =×−×−× ER 4
400=ER 100=ER kN 
Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se: 
200100 =+AR kN logo 100=AR kN 
 
b) Cálculo das forças nas barras 
 Iniciar a resolução pelo nó que tiver no máximo duas forças incógnitas. As forças 
devem estar tracionando o nó (seta saindo). Como não se sabe a priori se as forças nas 
barras são de tração ou de compressão, adotam-se como se fossem tracionadas. Se o valor 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
23
determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta 
deve ser mudado. 
Nó A 
A
RA
N2
N1
 
0=Σ HF → 02 =N 
 
0=Σ VF 
01100 =+ N → 1001 −=N kN 
Nó B 
B
100
45°
N4
50
N3
 
0=Σ HF 
0º45cos43 =+ NN → 503 −=N kN 
 
0=Σ VF 
0º45450100 =−− senN → 7,704 =N kN 
Nó C 
N550
100
N6
C
 
0=Σ HF 
0550 =+ N → 505 −=N kN 
 
0=Σ VF 
06100 =+ N → 1006 −=N kN 
Nó D 
45°
50
50
N7 N8
D
 
0=Σ HF 
0º45cos750 =− N → 7,707 =N kN 
 
0=Σ VF 
0º457,70850 =++ senN → 1008 −=N kN 
Nó E 
100
100
E
N9
 
0=Σ HF → 09 =N 
Nó F Verificação 
45° 45°
100
70,770,7
0,0 0,0
F
 
0=Σ HF 
0º45cos7,70º45cos7,70 =+− → 0 = 0 ok 
 
0=Σ VF 
0º457,70º457,70100 =++− sensen →0 = 0 ok 
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24
 Como a treliça é simétrica, com carregamentos simétricos, os resultados das forças 
que agem nos nós D e E são iguais às dos nós B e A, respectivamente. Portanto, não há 
necessidade de se calcular as forças nos nós D e E. 
 
Resultados 
 
NAB= -100 kN compressão 
NAF= 0 
NBC= -50 kN compressão 
NBF= +70,7 kN tração 
NCF= -100 kN compressão 
NCD= -50 kN compressão 
NDF= +70,7 kN tração 
NDE= -100 kN compressão 
NFE= 0 kN 
C
RA
A F
2 m
B
50 kN 100 kN
D
2 m
RE
E
α
2 m
HE
50 kN
 
 
2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura. 
1.
0 
m
C
2.0 m
40 kN
AHA
1.
0 
m
E
2.0 m
α
D
20 kN
θ
RB
HB B
 
 
Cálculo dos ângulos de inclinação das barras 
º43,63
1
2 === arctgα º56,26
2
1 === arctgθ 
 
a) Cálculo das reações de apoio 
0=Σ HF 40=+ BA HH kN 
0=Σ VF 020 =+BR 20−=BR kN 
0=Σ BM 01402402 =×−×−×+ AH 60=AH kN 20−=BH kN 
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25
b) Cálculo das forças nas barras 
Nó B 
N2
N1
63.4°
20 kN
20 kN
B
 
0=Σ HF 
022 =+− αsenN → 4,222 =N kN 
 
0=Σ VF 
0cos2120 =−+ αNN → 101 =N kN 
Nó A 
60
N3
100
26.6°
A
N4
10
 
0=Σ HF 
0346 =++ θsenNN 
04,2246 =−+ θsenN → 404 =N kN 
 
0=Σ VF 
0cos310 =+ θN → 4,223 −=N kN 
 
 
Nó E 
40 N6
E
N5
 
0=Σ HF → 406 =N kN 
 
0=Σ VF → 05 =N kN 
Nó D 
26.6°
N7
40
D
20
 
0=Σ VF 
0720 =+− θsenN → 7,447 =N kN 
 
0=Σ HF 
0cos7,4440 =+− θsen → 0 = 0 ok 
Nó C 
22,4 44,70,0
22,4
26.6° 40C
 
0=Σ HF 
0cos7,4440cos4,22cos4,22 =+−− θθθ =0 kN 
 
0=Σ VF 
07,444,224,22 =−− θθθ sensensen 
→ 10+10-20 =0 ok 
 
 
 
 
 
 
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26
Resultados 
 
NAB= +10 kN tração 
NAC= -22,4 kN compressão 
NBC= +40 kN tração 
NBC= +22,4 kN tração 
NCE= 0 
NCD= +44,7 kN tração 
NED= +40 kN tração 
1.
0 
m
C
2.0 m
40 kN
AHA
1.
0 
m
E
2.0 m
α
D
20 kN
θ
RB
HB B
 
Exercícios 
 
1. Determine a força em cada barras das treliças ilustradas. Indique se cada barra está 
tracionada ou comprimida. 
1. 
FAB = 8 kN C 
FAC = 10 kN T 
FBC = 8,545 kN T 
C
1.2m
A
9000 N
2.4m
0.
9m
B
 
 
A
400mm
B C
500mm
37
5m
m
1200 N
2. 
FAB = 3 900 N T 
FAC = 4 500 N C 
FBC = 3600 N C 
 
3. 
FAB = FDE = FBG = FDI = 0; 
FAF = FCH = FEJ = 400 N C; 
FBC = FCD = 800 N C; 
FBF = FDJ = 849 N C; 
FBH= FDH = 283 N T; 
FFH = FGH = FHI = FIJ = 600 N T 
 
a a a
a
B C D E
G H I J
400 N 400 N 400 N 400 N
F
a
A
400 N
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
27
2,
7m
9000 N
F
3,6m
E
2,
7m
DC
9000 N BA
 
4. 
FAB = 9 kN; 
FAC = 0; 
FBC = 11,25 kN C 
FBD = 6,75 kN T; 
FCD = 18 kN T 
FCE = 6,75 kN C; 
FDE = 22,50 kN C 
FDF = 20,25 kN T 
 
5. 
FAB = FDE = 8 kN C 
FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T 
FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C 
FBF = FDH = FCG = 4 kN T 
 a a aa
30° 30° 30° 30°
G
C
F H
4 kN4 kN
A E
DB
 
FD E
3,6 m 3,6 m
100 kN
A
1,5 m
1,5 m
1,5 m
B
C 6. 
FAB = 130 kN T 
FAD = 100 kN T 
FAE = 130 kN C 
FBC = 173,5 kN T 
FBE = 50 kN T 
FBF = 52,05 kN C 
FCF = 33,35 kN T 
FDE = 0 
FEF= 1120 kN C 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
28
4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES 
 
4.1 Introdução 
 Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados, de modo elementar, 
considerando-se o alongamento de uma barra prismática (barra de eixo reto e de seção 
constante em todo o comprimento). 
 Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças axiais P 
(forças que atuam no eixo da barra), que produzem alongamento uniforme ou tração na 
barra. Sob ação dessas forças originam-se esforços internos no interior da barra. Para o 
estudo desses esforços internos, considere-se um corte imaginário na seção mm, normal a 
seu eixo. Removendo-se por exemplo a parte direita do corpo, os esforços internos na 
seção considerada (m-m) transformam-se em esforços externos. Supõe-se que estes 
esforços estejam distribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal. 
m
m
σ
L
P
δ
P
P
 
Figura 4.1. 
 
 Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços devem ser equivalentes à 
resultante, também axial, de intensidade P. 
 Quando estas forças são distribuídas perpendiculares e uniformemente sobre toda a 
seção transversal, recebem o nome de tensão normal, sendo comumente designada pela 
letra grega σ (sigma). 
 Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da seção transversal 
é obtida dividindo-se o valor da força P pela área da seção transversal, ou seja, 
A
P=σ (1) 
 A tensão tem a mesma unidade de pressão, que, no Sistema Internacional de 
Unidades é o Pascal (Pa) corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2, 
ou seja, Pa = N/m2. Como a unidade Pascal é muito pequena, costuma-se utilizar com 
freqüência seus múltiplos: MPa = N/mm2 = (Pa×106), GPa = kN/mm2 = (Pa×109), etc. Em 
outros Sistemas de Unidades, a tensão ainda pode-se ser expressa em quilograma força por 
centímetro quadrado (kgf/cm2), libra por polegada quadrada (lb/in2 ou psi), etc. 
 Quando a barra é alongada pela força P, como indica a Figura 4.1, a tensão 
resultante é uma tensão de tração; se as forças tiverem o sentido oposto, comprimindo a 
barra, tem-se tensão de compressão. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
29
 A condição necessária para validar a Equação (1) é que a tensão σ seja uniforme 
em toda a seção transversal da barra. 
 O alongamento total de uma barra submetida a uma força axial é designado pela 
letra grega δ (delta). O alongamento por unidade de comprimento, denominado 
deformação específica, representado pela letra grega ε (epsilon), é dado pela seguinte 
equação: 
L
δε = (2) 
onde: 
ε = deformação específica 
δ = alongamento ou encurtamento 
L = comprimento total da barra. 
 Note-se que a deformação ε é uma quantidade adimensional. É de uso corrente no 
meio técnico representar a deformação por uma fração percentual (%) multiplicando-se o 
valor da deformação específica por 102 ou mesmo até (‰) multiplicando-se por 103. 
 
4.2 Diagrama tensão-deformação 
 As relações entre tensões e deformações para um determinado material são 
encontradas por meio de ensaios de tração. Nestes ensaios são medidos os alongamentos δ, 
correspondentes aos acréscimos de carga axial P, que se aplicarem à barra, até a ruptura do 
corpo-de-prova. 
 Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da seção transversal da barra e as 
deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao longo do qual a 
deformação é medida. Deste modo obtém-se um diagrama tensão-deformação do material 
em estudo. Na Figura 4.2 ilustra-se um diagrama tensão-deformação típico do aço. 
 região
elástica região plástica
C
ε0
L
p
P
r
σ
σ Ap
e
σσ
escoamento
B
ε
δ
P
εr
ED
 
Tensão 
A
P=σ 
 
Deformação 
L
δε = 
 
σr = tensão de ruptura 
σe = tensão de escoamento 
σp = tensão limite de 
 proporcionalidade 
 
Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço 
 
 Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às 
deformações; o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. 0 ponto A é 
chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
30
proporcionalidade. Daí em diante inicia-se uma curva que se afasta da reta 0A, até que em 
B começa o chamado escoamento. 
 O escoamento caracteriza-se por um aumento considerável da deformação com 
pequeno aumento da força de tração. No ponto B inicia-se a região plástica. 
 O ponto C é o final do escoamento o material começa a oferecer resistência 
adicional ao aumento de carga, atingindo o valor máximo ou tensão máxima no ponto D, 
denominado limite máximo de resistência. Além deste ponto, maiores deformações são 
acompanhadas por reduções da carga, ocorrendo, finalmente, a ruptura do corpo-de-prova 
no ponto E do diagrama. 
 A presença de um ponto de escoamento pronunciado, seguido de grande 
deformação plástica é uma característica do aço, que é o mais comum dos metais 
estruturais em uso atualmente. Tanto os aços quanto as ligas de alumínio podem sofrer 
grandes deformações antes da ruptura. Materiais que apresentam grandes deformações, 
antes da ruptura, são classificados de materiais dúcteis. Outros materiais como o cobre, 
bronze, latão, níquel, etc, também possuem comportamento dúctil. Por outro lado, os 
materiais frágeis ou quebradiços são aqueles que se deformam relativamente pouco antes 
de romper-se, como por exemplo, o ferro fundido, concreto, vidro, porcelana, cerâmica, 
gesso, entre outros. 
 
4.3 Tensão admissível 
 Para certificar-se de que a estrutura projetada não corra risco de ruína, levando em 
conta algumas sobrecargas extras, bem como certas imprecisões na construção e possíveis 
desconhecimentos de algumas variáveis na análise da estrutura, normalmente emprega-se 
um coeficiente de segurança (γf), majorando-se a carga calculada. Outra forma de 
aplicação do coeficiente de segurança é utilizar uma tensão admissível (σ ou admσ ), 
reduzindo a tensão calculada (σcalc), dividindo-a por um coeficiente de segurança. A tensão 
admissível é normalmente mantida abaixo do limite de proporcionalidade, ou seja, na 
região de deformação elástica do material. Assim, 
f
calc
adm γ
σσσ == (3) 
 
4.4 Lei de Hooke 
 Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários materiais, 
quando carregados por tração. Quando um corpo-de-prova do material é descarregado, isto 
é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a deformação sofrida durante o 
carregamento desaparecerá parcial ou completamente. Esta propriedade do material, pela 
qual ele tende a retornar à forma original é denominada elasticidade. Quando a barra volta 
completamente à forma original, diz-se que o material é perfeitamente elástico; mas se o 
retorno não for total, o material é parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação 
que permanece depois da retirada da carga é denominada deformaçãopermanente. 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
31
 A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE 
em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como: 
εσ E= (4) 
onde 
σ = tensão normal 
E = módulo de elasticidade do material 
ε = deformação específica 
 
 O Módulo de Elasticidade representa o coeficiente angular da parte linear do 
diagrama tensão-deformação e é diferente para cada material. 
 A lei de HOOKE é valida para a fase elástica dos materiais. Por este motivo, 
quaisquer que sejam os carregamentos ou solicitações sobre o material, vale a superposição 
de efeitos, ou seja, pode-se avaliar o efeito de cada solicitação sobre o material e depois 
somá-los. 
 Alguns valores de E são mostrados na Tabela abaixo. Para a maioria dos materiais, 
o valor do Módulo de Elasticidade sob compressão ou sob tração são iguais. 
 
Tabela 4.1 Propriedades mecânicas típicas de alguns materiais 
Material Peso específico (kN/m3) 
Módulo de Elasticidade 
(GPa) 
Aço 78,5 200 a 210 
Alumínio 26,9 70 a 80 
Bronze 83,2 98 
Cobre 88,8 120 
Ferro fundido 77,7 100 
Madeira 0,6 a 1,2 8 a 12 
 
 Quando a barra é carregada por tração simples, a tensão axial é AP /=σ e a 
deformação específica é L/δε = . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE, 
tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra: 
EA
PL=δ (5) 
 Esta equação mostra que o alongamento de uma barra linearmente elástica é 
diretamente proporcional à carga e ao comprimento e inversamente proporcional ao 
módulo de elasticidade e à área da seção transversal. O produto EA é conhecido como 
rigidez axial da barra. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
32
4.4.1 Coeficiente de Poisson 
 Quando uma barra é tracionada, o alongamento axial é acompanhado por uma 
contração lateral, isto é, a largura da barra torna-se menor enquanto cresce seu 
comprimento. Quando a barra é comprimida, a largura da barra aumenta. A Figura 3 ilustra 
essas deformações. 
P
P
P
P
 
Figura 4.3. Deformações longitudinal e lateral nas barras 
 
 A relação entre as deformações transversal e longitudinal é constante dentro da 
região elástica, e é conhecida como relação ou coeficiente de Poisson (v); definido como: 
allongitudindeformação
lateraldeformação=υ (6) 
 Esse coeficiente é assim conhecido em razão do famoso matemático francês S. D. 
Poisson (1781-1840). Para os materiais que possuem as mesmas propriedades elásticas em 
todas as direções, denominados isotrópicos, Poisson achou ν ≈ 0,25. Experiências com 
metais mostram que o valor de v usualmente encontra-se entre 0,25 e 0,35. 
 Se o material em estudo possuir as mesmas propriedades qualquer que seja a 
direção escolhida, no ponto considerado, então é denominado, material isótropico. Se o 
material não possuir qualquer espécie de simetria elástica, então é denominado material 
anisotrópico. Um exemplo de material anisotrópico é a madeira pois, na direção de suas 
fibras a madeira é mais resistente. 
 
4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke 
 Considerou-se anteriormente o caso particular da Lei de HOOKE, aplicável a 
exemplos simples de solicitação axial. 
 Se forem consideradas as deformações longitudinal (εL) e transversal (εt), tem-se, 
respectivamente: 
EL
σε = e 
ELt
υσνεε == (7) 
 No caso mais geral, no qual um elemento do material é solicitado por três tensões 
normais σx, σy e σz, perpendiculares entre si, às quais correspondem respectivamente às 
deformações εx, εy e εz, a Lei de HOOKE se escreve: 
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33
( )[ ]zyxx E σσυσε +−= 1 . 
( )[ ]xzyy E σσυσε +−= 1 (8) 
( )[ ]yxzz E σσυσε +−= 1 . 
 
 A lei de HOOKE é válida para materiais homogêneos, ou seja, aqueles que 
possuem as mesmas propriedades (mesmos E e ν) em todos os pontos. 
 
Exemplos 
1. Determinar a tensão de tração e a deformação específica de uma barra prismática de 
comprimento L=5,0m, seção transversal circular com diâmetro φ=5cm e Módulo de 
Elasticidade E=20.000 kN/cm2 , submetida a uma força axial de tração P=30 kN. 
L= 5 m
P P=30 kN
 
4
2πφ=A 6,19
4
52 =×= πA cm2 
A
P=σ 53,1
6,19
30 ==σ kN/cm2 ou 15,3 MPa 
EA
PL=δ 0382,0
6,19000.20
50030 =×
×=δ cm 
L
δε = 0000764,0
500
0382,0 ==ε ou × 1000 = 0,0764 (‰) 
 
2. A barra da figura é constituída de 3 trechos: trecho AB=300 cm e seção transversal com 
área A=10cm2; trecho BC=200cm e seção transversal com área A=15cm2 e trecho 
CD=200cm e seção transversal com área A=18cm2 é solicitada pelo sistema de forças 
indicado na Figura. Determinar as tensões e as deformações em cada trecho, bem como o 
alongamento total. Dado E=21.000 kN/cm2. 
300 cm
30kN
A
150kN
200 cm200 cm
B C
50kN
D
170kN
 
 
 
σy x
σ
σz
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34
Trecho A-B 
300 cm
150kN
A
170kN
50kN
30kN
B
R=150kN
 
A
P=σ 15
10
150 ==σ kN/cm2 
EA
PL=δ 214,0
10000.21
300150 =×
×=δ cm 
L
δε = 713,01000
300
214,0 =×=ε (‰) 
 
Trecho B-C 
30kNR=120kN
150kN
200 cm
B C
50kN
170kN
R=120kN
 
A
P=σ 8
15
120 ==σ kN/cm2 
EA
PL=δ 076,0
15000.21
200120 =×
×=δ cm 
L
δε = 38,01000
200
076,0 =×=ε (‰) 
 
Trecho C-D 
30kNR=170kN
150kN
200 cm
50kN
C D
170kN
 
A
P=σ 44,9
18
170 ==σ kN/cm2 
EA
PL=δ 0899,0
18000.21
200170 =×
×=δ cm 
L
δε = 45,01000
200
0899,0 =×=ε (‰) 
 
Alongamento total 
38,00899,0076,0214,0 =++=δ cm 
 
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35
4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas 
 Nos exemplos anteriores, as forças que atuavam nas barras da estrutura podiam ser 
calculadas pelas equações da Estática. Tais estruturas são denominadas estaticamente 
determinadas. Há casos, porém, em que as equações de equilíbrio fornecidas pela Estática 
não são suficientes para a determinação de todas as ações e reações de uma estrutura. Para 
essas estruturas, denominadas, estruturas estaticamente indeterminadas, as forças e a 
reações só poderão ser calculadas se as deformações forem levadas em conta. 
 Um exemplo simples de estrutura estaticamente indeterminada é ilustrado na Figura 
4.4. 
Ra
A A
Ra
(c)
A
B
Rb
B
C
P
(a) (b)
B
L
b
a
C
P
 
Figura 4.4 Barra estaticamente indeterminada 
 
 A barra está carregada por uma força P no ponto C e as extremidades AB da barra 
estão presas em suportes rígidos. As reações Ra e Rb aparecem nas extremidades da barra, 
porém suas intensidades não podem ser calculadas apenas pelas equações da Estática. A 
única equação fornecida pelo equilíbrio estático é 
PRR ba =+ (9) 
a qual contém ambas as reações desconhecidas (2 incógnitas), sendo, portanto, insuficiente 
para seu cálculo com uma única equação. Há necessidade, portanto, de uma segunda 
equação, que considere as deformações da barra. 
 Para a consideração da deformação na barra, deve-se analisar o efeito de cada força 
sobre a barra se uma de suas extremidades estivesse livre. Considere-se, então, o efeito da 
carga P deslocando o ponto A, na estrutura livre, ilustrado na Figura 4.4b. O deslocamento 
(para baixo) do ponto A, devido ao encurtamento do trecho CD, submetido à carga P, é 
dado por: 
EA
Pb
P =δ 
 
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36
 Em seguida, analisa-se o efeito da reação Ra deslocando do ponto A, ilustrado na 
Figura 4.4c. Note-se que se está analisando o efeito da reação Ra com a extremidade A da 
barra livre. O deslocamento (para cima) é dado por: 
EA
LRa
R =δ 
 Ora, como a extremidade A da barra é fixa, o deslocamento final (δ), neste ponto, 
resultante da ação simultâneadas forças P e Ra, é nulo. Logo, 
0=− PR δδ → RP δδ = , 
ou seja, 
EA
LR
EA
Pb a= . 
Logo, 
L
PbRa = . Substituindo o Ra na equação (9), tem-se: PRL
Pa
b =+ 
L
PaPRb −= L
PbPLRb
−= 
L
bLPRb
)( −= 
L
PaRb = 
 
 
Exemplos 
1. Uma barra constituída de dois trechos é 
rigidamente presa nas extremidades. Determinar as 
reações R1 e R2 quando se aplica uma força P. 
Dados: E=21.000 kN/cm2; AAB=5cm2; ABC=7,5cm2; 
P= 60 kN 
Solução 
Equação de equilíbrio 
PRR =+ 21 (1) 
Equação de compatibilidade das deformações: 
BCAB δδ = (2) 
Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no 
trecho BC, de valores exatamente iguais. 
lembrando que 
EA
PL=δ , tem-se 
5,7
5,1
5
2 21
×
×=×
×
E
R
E
R 
21 2,04,0 RR = 4,0
2,0 2
1
RR = 21 5,0 RR = substituindo em (1) 
6021 =+ RR → 605,0 22 =+ RR → 605,1 2 =R → 402 =R kN 
mas, 60401 =+R logo 201 =R kN. 
 
 
2 cm
1,5 cm
P/2P/2
A
B
C
R2
R1
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37
2. É dado um cilindro de aço de 5cm de diâmetro no interior de um tudo de cobre de 8cm 
de diâmetro externo, com dimensões indicadas na Figura. Aplicando-se uma força de 
P=400 kN, qual a parcela de carga no cilindro de aço e qual a parcela de carga no cilindro 
de cobre? Dados: Eaço=21.000 kN/cm2; Ecobre=12.000 kN/cm2 
63,19
4
52 =×= πaçoA cm2 açototalcobrecobre AAA −= , 
63,30
4
5
4
8 22 =×−×= ππcobreA cm2 
400=+ açocobre PP kN (1) 
25,0+= cobreaço δδ (2) 
lembrando que 
EA
PL=δ , tem-se 
25,0
63,30000.12
300
63,19000.21
25,300 +×
×=×
× cobreaço PP 
25,0000817,0000728,0 += cobreaço PP 
30
0 
cm
5 cm
8 cm
cilindro
de cobre
P=400 kN
cilindro
de aço
0,
2 5
 c
m
posição final
placa rígida
000728,0
25,0000817,0 += cobreaço PP substituindo em (1), tem-se, 
400
000728,0
25,0000817,0 =++ cobrecobre PP kN 400000728,0
25,0
000728,0
000817,0 =++ cobrecobre PP kN 
4004066,3431223,1 =++ cobrecobre PP 66,26=cobreP kN substituindo em (1), tem-se: 
 34,37366,26400 =−=açoP kN 
 
Exercícios 
1. Em uma máquina usa-se uma barra prismática de 10m de comprimento, comprimida por 
uma força de 500 kN. Sabendo-se que a tensão não deve exceder a 140 kN/cm2 e o 
encurtamento não deve exceder a 3mm, pede-se determinar o diâmetro da barra. 
E=21.000 kN/cm2. Resposta: φ=10cm 
 
2. Uma barra prismática está submetida à tração axial. A área da seção transversal é 2cm2 e 
o seu comprimento é 5m. Sabendo-se que a barra sofre o alongamento δ=0,714285cm 
quando é submetida à força de tração 60kN, pede-se determinar o módulo de elasticidade 
do material. Resposta: E=21.000 kN/cm2. 
 
3. Uma barra cilíndrica de 38mm de diâmetro e 20cm de comprimento sofre a ação de uma 
força de compressão de 200kN. Sabendo-se que o módulo de elasticidade da barra é 
E=9.000 kN/cm2 e o coeficiente de Poisson, υ=0,3, determinar o aumento de diâmetro da 
barra. Resposta: δt=0,00223cm. 
 
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38
 
4. A barra rígida AB é articulada em A, 
suspensa em B por um fio e apóia-se em C 
em um suporte de ferro. São dados: 
comprimento do fio: 1,7m; área da seção 
transversal do fio: 5cm2; módulo de 
elasticidade do fio E=21.000 kN/cm2; 
comprimento do suporte: 2m; área do 
suporte: 15cm2; módulo de elasticidade do 
suporte E=10.000 kN/cm2. Determinar as 
forças no fio, no suporte e na articulação. 
Respostas: 
Força no fio: 50kN 
Força no suporte: 25kN 
Força na articulação: 25kN 
B
1.
70
m
2.
0 
m
2.0 m1.0 m2.0 m
P=100 kN
CA B
Pf
PCPA
A C
P=100 kN
 
 
4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas 
 Quando uma estrutura é estaticamente determinada, a variação uniforme da 
temperatura em todo seu comprimento não acarreta nenhuma tensão, pois a estrutura é 
capaz de se expandir ou se contrair livremente. Por outro lado, a variação de temperatura 
em estruturas fixas, estaticamente indeterminadas, produz tensões em seus elementos, 
denominadas tensões térmicas. Esta conclusão pode ser observada pela comparação entre 
uma barra livre em uma das extremidades, com outra barra engastada nas duas 
extremidades, como mostrado na Figura 4.5. 
R
(c)
R
∆
B
A
(a)
R
B
L
A
(b)
B
T
A
∆T
 
Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura 
 
 
 Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra 
causará o alongamento: 
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39
TL∆= αδ (10) 
onde: α = coeficiente de dilatação térmica 
 L = comprimento 
 ∆T = variação de temperatura (ºC) 
Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão na barra. 
 Na Tabela 4.2 estão indicados coeficientes de dilatação térmica de alguns materiais. 
Tabela 4.2 Valores Típicos do coeficiente de dilatação térmica 
Material Coeficiente de dilatação térmica α (10-6 ºC-1) 
Aço 11,7 
Alumínio 21,4 a 23,9 
Magnésio 26,1 
Cobre 16,7 
Concreto 7,2 a 12,6 
 
 No caso de barras estaticamente indeterminadas, como a que aparece na Figura 4.5, 
quando há aumento de temperatura, a barra não pode alongar-se, surgindo, como 
conseqüência, uma força de compressão que pode ser calculada pelo método descrito no 
item precedente. Para a barra engastada da Figura 4.5a, vê-se que, se a extremidade A for 
liberada, seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo de temperatura, será o mesmo 
deslocamento para baixo, decorrente da ação da força R, ou seja, RL/EA. Igualando esses 
dois deslocamentos vêm: 
TEAR ∆= α (11) 
 Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra 
pelas expressões: 
TE
A
R ∆== ασ e T
E
∆== ασε 
 Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em 
sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha a ação de forças externas. 
 
Exemplo 
Uma barra prismática, rigidamente presa 
nas extremidades é submetida a um 
aumento de temperatura de 20ºC, ao 
mesmo tempo em que recebe uma carga 
P=30 kN. Determinar as reações de apoio. 
Dados: A= 1,5 cm2; E=20.000 kN/cm2; 
α=11,7×10-6 ºC-1; ∆T= +20ºC 
 
Solução: 
a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura TEAR ∆= α 
BA C
P=30 kN
250 cm100 cm
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40
BA
R'A =7,02 R'B =7,02 kN
 
 
02,720107,115,1000.20 6 =××××= −R kN → BA RRR ′=′= 
b) ao se aplicar a carga P= 30 kN no ponto C, o trecho AC sofrerá um alongamento 
exatamente igual ao encurtamento no trecho CB, portanto, BCAC δδ = . Assim, 
EA
R
EA
R BA 250100 ×′′=×′′ → BA RR ′′=′′ 5,2 
fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: 
PRR AB =′′+′′ mas BA RR ′′=′′ 5,2 , logo, 
305,2 =′′+′′ BB RR → 305,3 =′′BR 
57,8=′′BR kN →Portanto, 43,21=′′AR kN 
R''B =8,57 kNR''B =21,43
A P=30 kN B
 
Como se trata de uma estrutura trabalhando no regime elástico, vale a superposição de 
efeitos, ou seja, os efeitos da temperatura na barra e da carga P: 
AAA RRR ′′+′−= 41,1443,2102,7 =+−=AR kN 
BBB RRR ′′+′= 59,1557,802,7 =+=BR kN 
 
Exercício 
 
1. A um tubo de aço se aplica uma carga axial de 200 kN 
por meio de uma placa rígida. A área da seção transversal 
do cilindro de aço é 20cm2. Determinar o acréscimo de 
temperatura ∆T para o qual a carga externa seja 
equilibrada pelos esforços que aparecem nos cilindros de 
aço e cobre. Dados: 
Eaço=21.000 kN/cm2; αaço=11,7×10-6 ºC-1 
Resposta: ∆T = 40,7ºC. 
50
cm
tubo de
aço
P=200 kN
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
41
4.7 Tensão de cisalhamento 
 Denomina-se força cortante (V), a componente de uma força, contida no planoda 
seção transversal considerada, como ilustrado na Figura 4.6. A força cortante é uma força 
que atua no próprio plano da seção transversal. A outra componente é a força normal. 
resultante
força normal
barra engastada
L
P
força
tangencial V R
 
Figura 4.6 
 A força cortante dá lugar, em cada um dos pontos da seção, ao aparecimento de 
uma tensão tangencial, denominada tensão de cisalhamento, designada pela letra grega τ. 
Admitindo-se distribuição uniforme da tensão de cisalhamento na seção transversal de área 
A, tem-se, em cada ponto da seção: 
A
V=τ (12) 
 A tensão de cisalhamento, como a tensão normal, tem também a mesma unidade de 
pressão a qual, no Sistema Internacional é o pascal (Pa). 
 
Exemplo 
Considere-se o parafuso de 12,5 mm de diâmetro, da junta da Figura abaixo. A força P é 
igual a 15 kN. Admitida a distribuição uniforme das tensões de cisalhamento, qual o valor 
dessas tensões, em qualquer uma das seções transversais m—n ou p—q? 
P nm
A
qp
B
P
C mp
n
m
pq
V
B
V
n
q
 
Solução 
Supõe-se que a força P solicite igualmente as duas seções transversais. Nessas condições, a 
força que atua em cada plano é: 15/2=7,50 kN, sobre a seção de área π×1,252/4 = 1,23 cm2. 
Portanto, 
A
V=τ 1,6
23,1
5,7 ==τ kN/cm2 
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42
Exercícios 
 
1. Emprega-se um rebite para ligar duas barras 
de aço, como se indica na figura, Se o diâmetro 
do rebite é 19mm e a carga P = 30 kN, qual a 
tensão de cisalhamento no rebite? 
Resposta:τ= 10,6 kN/cm2. 
P
φ19mm
P=30 kN
 
 
2. A barra AB é perfeitamente ajustada aos anteparos 
fixos quando a temperatura é de +25ºC. Determinar 
as tensões atuantes nas partes AC e CB da barra para 
a temperatura de –50ºC. 
Dados: E=200GPa e α=12×10-6/ºC. 
Respostas: σAC = 240 MPa; σCB = 120 MPa 
 
 
3. Determine a deformação da barra de aço 
sob a ação das cargas indicadas. 
Dado: E=210 GPa 
Resposta: δ=2,75×10-3m = 2,75mm 
 
 
 
4. A barra (1) da figura é de aço, possui A1=400mm2 de área de seção transversal e seu 
comprimento é L1= 800mm. Determinar para a barra (1): 
a) carga axial atuante (F1) 
b) tensão normal atuante (σ1) 
c) o alongamento (∆L1) 
d) a deformação longitudinal (ε1) 
e) a deformação transversal (εt1) 
Dados: Eaço=210 GPa; υ=0,3 
Respostas: 
a) F1=6,125 kN; b) σ1=15,3MPa 
c) ∆L1=58×10-6m; d) ε1=0,0000725; 
e) εt1=-0,000022 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
43
5. A barra rígida BDE é suspensa por duas hastes 
AB e CD. A haste AB é de alumínio (Eal=70GPa) 
com área de seção transversal de 500mm2; a haste 
CD é de aço (Eaço=200GPa) com área de seção 
transversal de 600mm2. Para a força de 30kN 
determine. 
a) deslocamento de B; 
b) deslocamento de D; 
c) deslocamento de E. 
 
Respostas: 
a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm 
 
 
 
6. A viga da figura está apoiada n ponto A por 
meio de um pino com φ12,5mm de diâmetro e 
sustentada no ponto B por meio de um cabo de 
aço com φ4mm de diâmetro. Ao se aplicar uma 
carga P no ponto C, o cabo sofre um 
alongamento de 0,2cm. Determinar a carga P e a 
tensão de cisalhamento no ponto do suporte A. 
Desprezar o peso próprio da barra. Dado: 
σaço=2000 kgf/cm2 . 
Respostas: P = 377kgf τA = 102,4 kgf/cm2 . 
A
4 m
P
2 m
C B
2 
m
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
44
5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS 
 
 O dimensionamento e a verificação da capacidade resistente de barras, como de 
qualquer elemento estrutural dependem de grandezas chamadas tensões, as quais se 
distribuem ao longo das seções transversais de um corpo. Daí vem a necessidade de se 
conhecer claramente as características ou propriedades das figuras geométricas que 
formam essas seções transversais. 
 A Figura abaixo ilustra uma barra reta de seção transversal constante, chamada 
barra prismática. O lado da barra que contém o comprimento (L) e a altura (h) é chamado 
de seção longitudinal e o que contém a largura (b) e a altura (h) é chamado de seção 
transversal. 
 
h
b
L
 seção
longitudinal
h
L
 seção
transversal
b
h
 
Figura 5.1 Barra prismática 
 
 As principais propriedades geométricas de figuras planas são: 
Área (A) Momento de Inércia (I) 
Momento estático (M) Módulo de resistência (W) 
Centro de gravidade (CG) Raio de giração (i) 
 
5.1 Área 
 A área de uma figura plana é a superfície limitada pelo seu contorno. Para 
contornos complexos, a área pode ser obtida aproximando-se a forma real pela 
justaposição de formas geométricas de área conhecida (retângulos, triângulos, etc). 
 A unidade de área é [L]2 (unidade de comprimento ao quadrado). 
 A área é utilizada para a determinação das tensões normais (tração e compressão) e 
das tensões de transversais ou de corte. 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
45
5.2 Momento Estático 
 Analogamente à definição de 
momento de uma força em relação a um 
eixo qualquer, defini-se Momento Estático 
(M) de um elemento de superfície como o 
produto da área do elemento pela distância 
que o separa de um eixo de referência. 
dAyM x ⋅= e dAxM y ⋅= 
x
y
x
y
dA
 
 Momento Estático de uma 
superfície plana é definido como a 
somatória de todos os momentos estáticos 
dos elementos de superfície que formam a 
superfície total. 
∫=
A
x ydAM e ∫=
A
y xdAM 
A
x
y
x
y
dA
 
 A unidade do Momento Estático é área é [L]× [L]2 = [L]3. 
 O Momento Estático é utilizado para a determinação das tensões transversais que 
ocorrem em uma peça submetida à flexão. 
 O Momento Estático de uma superfície composta por várias figuras conhecidas é a 
somatória dos Momentos Estáticos de cada figura. 
Exemplo: determinar o Momento Estático das figuras abaixo 
A
3CG
y
3A
A 1
1
CG
2
CGy3CG
y
2CG
2
1CG
x
xxxx
CGx
CGx
CGx
MMMM
AyM
AyM
AyM
,3,2,1
33,3
22,2
11,1
++=
⋅=
⋅=
⋅=
 
 
Elemento vazado 
1
2
 
xxx MMM ,2,1 −= 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
46
5.3 Centro de Gravidade 
 Se um corpo for dividido em partículas mínimas, estas ficam sujeitas à ação da 
gravidade, isto é, em todas estas partículas está aplicada uma força vertical atuando de 
cima para baixo. A resultante de todas estas forças verticais e paralelas entre si, constitui o 
peso do corpo. 
 Mesmo mudando a posição do corpo aplicando-lhe uma rotação, ele permanecerá 
sempre sujeito à ação da gravidade. Isto significa que as forças verticais girarão em relação 
ao corpo, mas continuaram sempre paralelas e verticais. O ponto onde se cruzam as 
resultantes dessas forças paralelas, qualquer que seja a posição do corpo, chama-se Centro 
de Gravidade (CG). 
 Portanto, atração exercida pela 
Terra sobre um corpo rígido pode ser 
representada por uma única força P. Esta 
força, chamada peso do corpo, é aplicada 
no seu baricentro, ou cento de gravidade 
(CG). O centro de gravidade pode 
localizar-se dentro ou fora da superfície. 
 O centro de gravidade de uma 
superfície plana é, por definição, o ponto 
de coordenadas: 
CG
y
x CG
x
y CG
 
∫ ⋅==
A
y
CG dAxAA
M
x 1 ∫ ⋅==
A
x
CG dAyAA
My 1 
onde: 
xCG = distância do CG da figura até o eixo y escolhido arbitrariamente; 
yCG = distância do CG da figura até o eixo x escolhido arbitrariamente; 
Mx = momento estático da figura em relação ao eixo x; 
My = momento estático da figura em relação ao eixo y; 
A = área da Figura. 
Centro de gravidade de áreas compostas por várias figuras 
 O centro de gravidade de uma superfície composta por várias figuras, é expresso 
por: 
x
1Ax 1
y1yn
y
x n
A n
 
∑
∑
=
=
⋅
= n
i
i
n
i
ii
CG
A
xA
x
1
1 
 
∑
∑
=
=
⋅
= n
i
i
n
i
ii
CG
A
yA
y
1
1 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
47
Centro de gravidade de algumas figuras planas 
retângulo 
h
b
CG
y
CGx
x
y CG
 
2
bxCG = 
 
2
hyCG = 
triângulo 
h
y
CG
x
CGy
x CG
b
 
3
bxCG = 
3
hyCG = 
círculo 
x
CG
y
 
 
0=CGx 
 
0=CGy 
Semicírculo 
CG 3
r r
___4Rπ
 
π3
4ryCG = 
¼ de círculo 
___4R
3
r
π
CG 3
___4Rπ
 
π3
4rxCG = 
 
π3
4ryCG = 
trapézio 
h
CG
y
2
h 1
x 
ba
bahh +
+⋅= 2
31
 
 
ba
bahh +
+⋅= 2
32
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
48
Exemplos 
1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo 
em relação ao eixo x que passa pela sua base. 
Área do retângulo hbA ⋅= 
O Momento Estático do retângulo em relação ao eixo 
x é somatória do produto de cada elemento de área dA 
pela sua distância em relação ao eixo x. 
dy
h
b
dA
x
 
Momento Estático 
dybdA ⋅= 
∫∫ ⋅⋅=⋅=
h
A
x dybydAyM
0
 
2
0
22
2
0
2 ⋅−⋅=

 ⋅= bhbybM
h
x 2
2hbM x
⋅= 
Centro de Gravidade 
2
2
2
h
hb
hb
A
My xCG =⋅
⋅
== 
2
hyCG = 
 
2. Determinar o CG da Figura. 
(medidas em centímetros) 
( ) ( ) ( )
2
321
84
3446158
cmA
A
AAAA
=
×−×−×=
−−=
 
2
2 4
3
2
6
2
15
1
2
3
y C
G
2 x
3
= 
3,
5
1
= 
7,
5
C
G
y
y
= 
10
2
C
G
 
 
( )
( )
( )
3
,3,2,1
3
33,3
3
22,2
3
11,1
61842240900
42435,3
2404610
9001585,7
cmMMMM
cmAyM
cmAyM
cmAyM
xxxx
CGx
CGx
CGx
=−−=−−=
=××=⋅=
=××=⋅=
=××=⋅=
 
cm
cm
cm
A
My xCG 36,784
618
2
3
=== 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
49
3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada. 
12
x CG8
33
2
1 3
9
5,
69
( )
( )
2
21
2
2
2
1
87
933
96812
cmAAA
cmA
cmA
=−=
=×=
=×=
 
 
3
,2,1
3
,2
3
,1
495
81339
5761286
cmMMM
cmM
cmM
xxx
x
x
=−=
=××=
=××=
 
 
cm
cm
cm
A
My xCG 69,587
576
2
3
=== 
 
4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro). 
x
y
3 3
6
4 2
3
4
5,
15
 
 
 A Figura 
hachurada pode ser o 
resultado de um 
retangulo (12×6) cm 
do qual foram retirados 
um triângulo e um 
semicírculo. 
 
Área da figura 
( ) ( )[ ] ( )
2
22
72,53
72,565,0635,0612
cmA
cmrA
AAAA SCTR
=
=××−××−×=
−−=
π 
Momento Estático 
3
, 2163612 cmM xR =××= 
3
, 36635,04 cmM xT =×××= 
32
, 37,323
24625,0 cmM xSC =

 ×−×= ππ 
3
,,, 63,147 cmMMMM xCCxTxRx =−−= 
Coordenada yCG do centro de gravidade 
A
My xCG = cmyCG 6,272,56
63,147 == 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
50
Analogamente, determina-se a coordenada xCG. 
x
y
6
3 3 4 2
1
8
6
 
3
,,,
3
2
,
3
,
3
,
73,372
26,50
2
28
9
2
631
4326126
cmMMMM
cmM
cmM
cmM
ySCyTyRy
ySC
yT
yR
=−−=
=××=
=××=
=××=
π 
 
Coordenada xCG do centro de gravidade 
A
M
x yCG = cmxCG 57,672,56
73,372 == 
 
5.4 Momento de Inércia 
 O momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência é 
definido como sendo a integral de área dos produtos dos elementos de área que compõem a 
superfície pelas suas respectivas distâncias ao eixo de referência, elevadas ao quadrado. 
A
x
y
x
y
dA
 
∫
∫
=
=
Ay
Ax
dAxI
dAyI
2
2
 
 A unidade do momento de inércia é [L]2×[L]2=[L]4 . 
 O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no 
dimensionamento dos elementos estruturais, pois fornece, em valores numéricos, a 
resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da seção transversal de uma 
peça, maior a sua resistência. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
51
Propriedade: 
O momento de inércia total de uma 
superfície é a somatória dos momentos de 
inércia das figuras que a compõe. 
xxxx IIII ,3,2,1 ++= 
A 3 CG 3
A
CG
A
CG 1
2
2
1
 
 
Exemplo 
Determinar o momento de inércia da superfície hachurada em relação ao eixo x que passa 
pelo CG. (medidas em centímetros) 
3
8
4
4
6
6
x CG
 
12
3hbI
CGx
⋅= 
 
( )33 83128
12
1 ×−×=
CGx
I 
 
4024.1 cmI
CGx
= 
 
5.5 Translação de eixos 
 O momento de inércia de uma 
superfície em relação a um eixo qualquer 
é igual ao momento de inércia em relação 
ao eixo que passa pelo seu centro de 
gravidade, acrescido do produto da área 
(A) pelo quadrado da distância que separa 
os dois eixos. 
2
CGxx yAII CG ⋅+= 2CGyy xAII CG ⋅+= 
onde: 
y y
x CG
CG
CG
x
y CG
CG
x
 
Ix = momento de inércia da figura em relação ao eixo x. 
Iy= momento de inércia da figura em relação ao eixo x. 
CGx
I = momento de inércia da figura em relação ao eixo CGx que passa pelo CG da figura. 
CGy
I = momento de inércia da figura em relação ao eixo CGy que passa pelo CG da figura. 
CGx = distância do eixo y até o eixo CGy . 
CGy = distância do eixo x até o eixo CGx . 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
52
 O momento de inércia é utilizado para a determinação das tensões normais a que 
estão sujeitas as peças submetidas à flexão. 
 As formulações acima podem ser expressas em função do momento estático: 
AyM x ⋅= → 222 AyM x ⋅= → 2
2
2
A
My x= 
 
 
A
MII xxx CG
2
+= 
2
CGxx yAII CG ⋅+= → AA
MII xxx CG ⋅+= 2
2
 ⇒ 
 
A
MII xxxCG
2
−= 
 
Exemplo: 
Determinar o momento de inércia do retângulo em relação aos seguintes eixos: 
a) x, passando pela base inferior. 
b) CGx , passando pelo CG. 
a) 
 
x
h
b
dy
dA=b.dy
 
 
∫= Ax dAyI 2 
 
∫ 

 ⋅==
h h
x
ybbdyyI
0 0
3
2
3
 → 
3
3hbIx
⋅= 
b) 
h/2
-h/2
x
b
CG
h/2
+h/2
 
 
dAyI
AxCG ∫= 2 
 
 
2
2
32
2
2
3
h
h
h
h
x
hbbdyyI
CG
−−


 ⋅== ∫ 
 



 

−−

⋅=
33
223
hhbI
CGx 
 


 +⋅=
883
33 hhbI
CGx
 
 
128
2
3
33 hbhbI
CGx
⋅=⋅= 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
53
Utilizando a formulação de mudança de eixos 
x
CG
h/2
h
h/2
CG
x
b 
Momento de inércia do retângulo em 
relação ao seu CG → 
12
3
,
hbI CGx
⋅= 
2
CGxx yAII CG ⋅+= 
23
212


⋅+⋅= hbhhbIx 
12
3
412
3333 bhbhhbhbIx
⋅+=⋅+⋅= 
312
4 33 hbIhbI xx
⋅=⇒⋅= 
 
5.6 Módulo Resistente 
 Define-se módulo resistente de uma superfície plana em relação aos eixos que 
contém o CG como sendo a razão entre o momento de inércia relativo ao eixo que passa 
pelo CG da figura e a distância máxima entre o eixo e a extremidade da seção estudada. 
x
ysup
yinf
x esq x dir
CG
y
 
maxy
IW CGx = 
 
maxx
IW CGy = 
onde: 
ICG = momento de inércia da peça em relação ao CG da figura 
x, y = distância entre o eixo do CG da figura e a extremidade da peça. 
 A unidade do módulo resistente é [ ][ ] [ ]3
4
L
L
L = . 
 O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à 
flexão. 
 
Para o retângulo, tem-se: 
h/2
b
CG
h/2
 
12
3hbI x
⋅= hbA ⋅= 
6
2
12
212
23
3
hb
h
hb
h
hb
Wx
⋅=⋅⋅=
⋅
= 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
54
5.7 Raio de Giração 
 Define-se raio de giração como sendo a raiz quadrada da relação entre o momento 
de inércia e a área da superfície. A unidade do raio de giração é o comprimento. O raio de 
giração é utilizado para o estudo da flambagem. 
A
Ii = cm
cm
cm =2
4
 
Características Geométricas de algumas figuras conhecidas 
Figura Momento de Inércia 
Momento 
Resistente Raio de Giração 
Quadrado 
 h
h
CG
 
12
4hI x = 6
3hWx = 12
hix = 
Retângulo 
b
CG
h
CGx
 
12
3bhI
CGx
= 
6
2hbWx
⋅= 
12
hix = 
Triângulo 
CG
b
h
x CG
 
36
3bhI
CGx
= 
12
2hbWx
⋅= 
6
2⋅= hix 
Círculo 
D
CG
x CG
 
64
4dI
CGx
π= 32
3DWx
⋅= π 
4
Dix = 
Círculo vazado 
CG
D d
CG
x
 
 
( )
64
44 dDI
CGx
−= π
 
( )
32
33 dDWx
−= π 22
4
1 dDix += 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
55
Exemplo 
A figura representa a seção transversal de 
uma viga “T”. Para a figura, determinar: 
a) o centro de gravidade; 
b) o momento de inércia em relação ao 
eixo x; 
c) os módulos Resistentes superior e 
inferior; 
d) o raio de giração. 
(medidas em centímetros) 
x
2
5
1
3
2
CG
3
x CG
y
y
sup
inf
32
 
Para facilitar a determinação das propriedades geométricas de figuras compostas, convém 
montar a seguinte tabela: 
 
Figura b (cm) h (cm) yCG (cm) A (cm2) Mx (cm3) ICGi (cm4) Ixi (cm4) 
1 3 2 6 6 36 2 218 
2 2 7 3,5 4 49 57,17 228,67 
3 3 2 6 6 36 2 218 
Σ 26 121 664,67 
 
Centro de gravidade (CG) 
cm
A
M
y xCG 65,426
121 === ∑
∑ 
Como o eixo de referência passa pela base da figura, então yinf=4,65cm e ysup=2,35cm. 
Na coluna ICGi (cm4) foi determinado o momento de inércia de cada figura, passando pelo 
respectivo centro de gravidade. Por se tratar de retângulos, utilizou-se a expressão 
12/3hbI x ⋅= . Em seguida, deve-se proceder à translação destes momentos de inércia para 
eixo x de referência para determinar a sua somatória. 
A translação de eixos é feita por meio da expressão: AyII CGx ⋅+= 2 
Obtido o momento de inércia total em relação ao eixo x, deve-se agora proceder à 
translação para o eixo x que passa pelo centro de gravidade da figura, por meio da seguinte 
expressão: 
A
MII xxCG
2
−= 
26
12167,664
2
−=CGI 
O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é 455,101 cmICG = 
Em seguida, calculam-se os momentos resistentes: 
3
sup
sup, 21,4335,2
55,101 cm
y
IW CGx === 3
inf
inf, 84,2165,4
55,101 cm
y
IW CGx === 
Finalmente, determina-se o raio de giração. 
A
Ii CGx = cmix 98,126
55,101 == 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
56
Exercícios: Determinar as características geométricas das figuras abaixo: a) área; b) centro 
de gravidade (xCG , yCG); c) momento de inércia em relação ao eixo x; c) momento de 
inércia em relação ao eixo x; d) módulo resistente superior e inferior; e) raio de giração. 
x
1
1 4
medidas em centímetros
1
8
y
 
Respostas: 
 
A = 16 cm2 yCG = 4 cm 
Ix,CG = 141,33 cm4 
Wsup = 35,33 cm3 Winf = 35,33 cm3 
i = 2,97 cm 
xmedidas em centímetros
5
2
3
3 32
y
 
Respostas: 
 
A = 86 cm2 yCG = 5,105 cm 
Ix,CG = 683,73 cm4 
Wsup = 139,67 cm3 Winf = 133,94 cm3 
i = 2,82 cm 
x1 10 2
1
4
y
medidas em centímetros 
Respostas: 
A = 25 cm2 yCG = 1,7 cm 
Ix,CG = 56,08 cm4 
Wsup = 16,99 cm3 Winf = 32,99 cm3 
i = 1,50 cm 
x
1
2,5 2,51
1
y
6
medidas em centímetros 
Respostas: 
 
A = 18 cm2 yCG =4,0 cm 
Ix,CG = 166 cm4 
Wsup = Winf =41,5 cm3 
i = 3,04 cm 
y
1,2 3,6 1,2
6 1,
2
medidas em centímetros
x
 
Respostas: 
 
A = 18,72 cm2 yCG = 3,0 cm 
Ix,CG = 43,72 cm4 
Wsup = Winf = 14,57 cm3 
i = 1,53 cm 
x
medidas em centímetros
y
1
1
1,5 3,5
1,
2
1,
2
3,
68
 
Respostas: 
 
A = 23,2 cm2 yCG = 4 cm 
Ix,CG = 179,06 cm4 
Wsup = 44,76 cm3 Winf = 44,76 cm3 
i = 2,78 cm 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
57
6 ESFORÇOS SOLICITANTES 
 
 
6.1 Introdução 
 Os corpos sólidos não são rígidos e indeformáveis. A experiência mostra que, 
quando submetidos a forças externas, os corpos se deformam, ou seja, variam de 
dimensões. Os esforços internos que tendem a resistir às forças externas são chamados 
esforços solicitantes. 
 Se as forças externas produzirem tensões abaixo do limite de elasticidade do 
material do corpo sólido, ao cessarem, este readquire a forma e as dimensões originais. 
Esta propriedade chama-se elasticidade e a deformação chama-se, então, elástica. 
 Se as forças, porém, passarem de um determinado valor, de modo que, ao cessarem, 
o corpo não volta mais à forma primitiva, mantendo-se permanentemente deformado, diz-
se que o corpo foi solicitado além do limite de elasticidade. 
 Se as forças aumentarem ainda mais, as deformações permanentes aumentam 
rapidamente até provocarem ruptura do corpo. A força que provoca ruptura do corpo serve 
para medir sua solidez, ou seja, sua resistência à ruptura. 
 Ao se dimensionar uma peça deve-se não só evitar a sua ruptura, como também 
evitar deformações permanentes, ou seja, ao cessar a força externa, as deformações devem 
também cessar. 
 Surge então a necessidade de um estudo mais profundo dos esforços a que estão 
submetidos os materiais, com vistas a se obter um dimensionamento seguro e econômico. 
 
6.2 Classificação dos esforços solicitantes 
 Os esforços solicitantes são classificados em: 
• Força Normal (N) 
 Força Normal é a componente da força que age perpendicular à seção transversal. 
Se for dirigida para fora do corpo, provocando alongamento no sentido da aplicação da 
força, produz esforços de tração. Se for dirigida para dentro do corpo, provocando 
encurtamento no sentido de aplicação da força, produz esforços de compressão. 
 As forças normais são equilibradas por esforços internos resistente e se manifestam 
sob a forma de tensões normais (força por unidade de área), representadas pela letra grega 
σ (Sigma), que serão de tração ou de compressão segundo a força normal N seja de tração 
ou compressão. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
58
• Força Cortante (V) 
 Força Cortante é componente da força, contida no plano da seção transversal que 
tende a deslizar uma porção do corpo em relação à outra, provocando corte (deslizamento 
da seção em seu plano). As tensões desenvolvidas internamente que opõem resistência às 
forças cortantes são denominadas tensões de cisalhamento ou tensões tangenciais (força 
por unidade de área), representadas pela letra grega τ (Thau). 
 
• Momento Fletor (M) 
 Um corpo é submetido a esforços de flexão, quando solicitado por forças que 
tendem a dobrá-lo, fleti-lo ou mudar sua curvatura. O momento fletor age no plano contém 
o eixo longitudinal, ou seja, perpendicular à seção transversal. 
 
• Momento de Torção (T) 
 A componente do binário de forças que tende a girar a seção transversal em torno 
de eixo longitudinal é chamado Momento de Torção. 
6.3 Convenção de sinais 
 Obtidos os valores de N, V, M e T, podem-se traçar, em escala conveniente, os 
diagramas de cada esforço solicitante, também denominados linhas de estado. 
Força normal (N) 
• tração (+) 
• compressão (-) 
 
Força cortante (V) 
S
P
 
Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à 
seção S: positivo (+) 
S
P
 
Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em 
relação à seção S: negativo (-) 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar59
Momentos fletores (M) 
 Momento Fletor: o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas 
atuantes na peça tracionam suas fibras inferiores e, negativo, quando as cargas atuantes na 
peça tracionam suas fibras superiores. 
OBS: não confundir Momento Fletor com Momento aplicado aos corpos rígidos, cuja 
convenção de sinais é 
• tende a girar no sentido horário ( – ) 
• tende a girar no sentido anti-horário ( + ) 
 
Momentos de Torção(T) 
 Momento de Torção é considerado positivo quando tende a girar a seção transversal 
em torno de seu eixo longitudinal no sentido anti-horário e, negativo, quando tende a gira 
no sentido horário. 
 
Regras para o traçado dos diagramas de esforços solicitantes 
1. Nos pontos da barra em que a força é paralela ao eixo longitudinal, o diagrama de 
esforços normais apresenta um ressalto de mesma intensidade da força. 
2. Nos pontos da viga onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o 
diagrama de esforços cortantes apresenta um ressalto de mesma intensidade da força 
concentrada. 
3. Nos pontos da viga onde atua um momento externo, o diagrama de momento fletor 
apresenta um ressalto de mesma intensidade do momento externo. 
4. Nos pontos do diagrama onde o esforço cortante é nulo, o diagrama de momento fletor 
apresenta um ponto de máximo. 
5. Nos pontos da barra onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o 
diagrama de momento fletor apresenta um ponto anguloso. 
6. As funções carregamento, esforço cortante e momento fletor, como se verá mais adiante, 
estão relacionadas por meio da seguinte equação diferencial de segunda ordem: 
q
dx
dV
dx
Md −==2
2
. Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o 
valor da do momento fletor. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
60
7 VIGAS 
 
7.1 Introdução 
 Vigas são elementos de barras, 
submetidas a cargas transversais em relação a 
seu eixo e destinadas a vencer vão. 
 As cargas podem ser classificadas em 
relação à área em que são aplicadas em 
concentradas e distribuídas. As cargas 
concentradas são aquelas cuja superfície de 
contato com o corpo que lhe resiste é 
desprezível comparada com a área do corpo. 
As cargas distribuídas são aquelas aplicadas ao 
longo de um comprimento ou sobre uma 
superfície, podendo ser uniforme ou não 
uniforme. 
VÃO (L)
P
 
Fig. 7.1 Viga simplesmente apoiada submetida a 
uma carga concentrada no meio do vão 
 
7.2 Tipos de cargas 
7.2.1 Cargas distribuídas 
 As cargas distribuídas sobre vigas são cargas por unidade de comprimento. Estas 
cargas, uniformes ou variáveis, podem ser representadas por uma carga concentrada 
equivalente (R), cujo valor corresponde à área formada pela figura que representa a carga 
distribuída e é aplicada em seu centro de gravidade (CG). 
 
Carga uniformemente distribuída 
carga por unidade de comprimento (tf/m, kgf/m, 
kN/m) 
R = carga equivalente, definida como R=q.a (área do 
retângulo) 
O ponto de aplicação da carga equivalente é o centro 
de gravidade do retângulo, ou seja,
2
ax = 
R
q
x
a
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
61
Carga distribuída variável 
a. Triangular 
O valor da carga equivalente é a área da triângulo, ou 
seja, 
2
.aqR = e é aplicada no centro de gravidade: 
centro de gravidade: 
3
.2' ax = e 
3
'' ax = 
R
q
x´ x"
a
 
b. Trapezoidal 
O valor da carga equivalente é a área do trapézio, ou 
seja, aqpR ⋅+=
2
 
e é aplicada no centro de gravidade 
qp
qpax +
+⋅= 2
3
 x´
a
p
q
R
 
7.3 Apoios ou vínculos 
 Apoios ou vínculos são elementos que restringem movimentos das estruturas e 
recebem a seguinte classificação: 
Apoio móvel 
 ou 
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao 
plano do apoio; 
• Permite movimento na direção paralela ao plano do apoio; 
• Permite rotação. 
Apoio fixo 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; 
• Permite rotação. 
Engastamento 
 
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; 
• Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; 
• Impede rotação. 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
62
EXEMPLOS 
1. Viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada. 
S2S1
_
Pb / L
Pba / L
+
L
ba
RA
A
RA
A C
+ P
Pb / L
(V)
Pa / L
(M)
HB
RB = Pa / L
B
Px
 
a) Cálculo das reações 
L
PaRBaPLRBM
PRBRAPRBRAF
HBHBF
A
V
H
=⇒=−+=
=+⇒=−+=
=⇒==
∑
∑
∑
0..0
00
000
 
( )
L
aLPRA
L
PaPLRA
L
PaPRAP
L
PaRA −=⇒−=⇒−=⇒=+ 
L
PbRAbaLmas =⇒=− 
b) Cálculo dos esforços solicitantes (internos) 
 Seção S1 entre A e C ax ≤≤0 (forças à esquerda) 
 Força cortante: RAV +=1 
x M1 
0 0 Momento fletor 
x
L
bPxRAM ...1 =+= a 
L
Pba 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
63
 Seção S2 entre C e B Lxa ≤≤ (forças à esquerda) 
 Força cortante: 
P
l
PbPRAV −=−+=2 
( )
L
Pa
L
LbP
L
PLPbV −=−=−=2 
 Momento fletor: 
( )axPxRAM −−+= .2 
( ) ( ) 0,.
:,/.2
=+−⇒+++−
−=⇒+−=
aLbpLabcomoRAPL
L
LPb
setemLxppaPxx
L
PbM
 
 
Obs.: O sinal de xRA.+ é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de 
( )axP −− é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S. 
Quando 
2
Lba == tem-se 
42
PLMPRBRA máx === 
 
2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída 
RB = qL/2RA = qL/2
0
qL/2
0
L / 2
++
+
2
qL /8
-qL/2
----
M (kN.m)
V (kN)
L/2
S
A
x
L/2
L
HB = 0
q (kN/m)
carga equivalente 
R = q . L
B
 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
64
a) Cálculo das reações 
2
.
2
.0
2
...0
.0.0
00
LqRALqRBLLqLRBM
LqRBRALqRBRAF
HBF
A
V
H
=∧=⇒=−+=
=+⇒=−+=
==
∑
∑
∑
 
b) Cálculo dos esforços solicitantes 
Seção S (forças à esquerda) 
x V 
0 
2
qL 
L 
2
qL− 
Força cortante 
xqLqV
xqRAV
.
2
.
.
−+=
−+=
 
equação do primeiro grau 
2
L 0 
 
Obs.: Quando a força cortante for mínima, o momento fletor é máximo. Portanto, deve-se 
igualar a zero a equação da força cortante para determinar o local do diagrama onde o 
momento fletor é máximo. Assim, 
22
..0.
2
. LxLqxqxqLqV =⇒=⇒=−= 
 Momento fletor 
x M 
0 0 
4
L 
32
3 2qL
2
L 
32
2qL 
carga equivalente
q . x
A
x
x / 2
S
q
RA 
2
..
2
.
2
...
2xqxLqM
xxqxRAM
−=
−=
 
L 0 
 
Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como 
se verá mais adiante, V
dx
dM = . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se: 
+q.L/2
L/2
 
8
.
2
1.
2
.
2
. 2LqLLqM == 
Analogamente, do lado direito: 
8
.
2
1.
2
.
2
. 2LqLLqM == 
O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
65
3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre 
PMA
RA
HA
A
L
S B
x
 
a. Cálculo das reações 
∑
∑
==−=
==
PRAPRAF
HAF
V
H
00
00
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
Força cortante: 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) PV += 
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. 
x M 
0 0 
Momento fletor Seção S 
xPM ⋅−= L – PL 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
O momento fletor é negativo porque 
traciona a facesuperior da viga. 
Notar que a equação que define o 
momento fletor é linear e depende de 
x. A medida distância x inicia-se na 
extremidade livre da viga. 
 
 
 
A B
0
+
0
-PL _
RA=P
P
L
S
V
M
x
P
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
66
4. Viga em balanço submetida a carga uniformemente distribuída 
a. Cálculo das reações 
∑
∑
==−=
==
qLRAqLRAF
HAF
V
H
00
00
MA
carga equivalente
R = q x L
RA
HA
A
L
S
q
B
x
 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
Força cortante: 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) 
x V 
0 0 qxV += 
L qL 
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. 
x M 
0 0 
Momento fletor Seção S 
 
22
2qxxxqM −=⋅⋅−= 
L 
2
2qL− S
x
B
carga equivalente
R = q . x
x/2 x/2
 
O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. 
Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau e que a distância x 
inicia na extremidade livre da viga. 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
A B
0
+
0
-q.L /22 _
RA=q.L
q.L
L
S
V
M
x
q
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
67
5. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo no vão. 
a
RA=Mc / L
x
A
S
L - a
L RB=-Mc / L
M
C
c
B
 
a) Cálculo das reações 
∑ −==+= RBRARBRAFV 00 
b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
Força cortante 
L
M
V c+= 
Momento fletor x
L
MxRAM c ⋅+=⋅+= 
No trecho AC o momento externo traciona a face inferior da viga; logo, o momento fletor é 
positivo. 
x M 
0 0 x
L
MM c ⋅= a 
L
aM c 
 
No trecho CB, o momento externo 
traciona a face superior da viga logo, o 
momento fletor neste trecho é negativo. 
Portanto, em x=a, tem-se: 
c
c M
L
aMM −+= 
( )
L
aLM
L
LMaMM ccc −−=−+= 
+
(L-a)
L
0
cM
0
c-M
a
RA=Mc / L
_
a
L
Mc
M
-Mc
+
L
V
RB=-Mc / L
A
cM
C B
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
68
6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade. 
A
aM
B
L
M / La -M / La
 
a) Cálculo das reações 
∑ −==+= RBRARBRAFV 00 
b) Cálculo dos esforços solicitantes 
Força cortante: 
L
M
V a+= (constante) 
Momento fletor aMM −= (constante) 
É negativo porque traciona a face superior da 
viga 
 
-M
0
a _
0
M / La
M / La
+
L
M
V
-M / La
A
aM
B
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
EXERCÍCIOS 
1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: 
P=6 kNMA
L=3 m
RA
HA
A S B
x
 
a. Cálculo das reações 
kNRARAF
HAF
V
H
∑
∑
==−=
==
6060
00
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
69
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
Força cortante: 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) 
kNPV 6=+= 
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. 
 
Momento fletor Seção S 
xPM ⋅−= 
183
00
−
Mx
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
O momento fletor é negativo porque 
traciona a face superior da viga. 
Notar que a equação que define o 
momento fletor é linear e depende de x. 
 
A B
L=3 m
0
+
0
-18
_
RA=6 kN
6
S
V (kN)
M (kN.m
x
P=6 kN
 
2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: 
q=4 kN/m
MA
carga equivalente
R=4 x 2=8 kN
L=2 m
RA
HA
A S B
x
 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
70
a. Cálculo das reações 
kNRAF
HAF
V
H
∑
∑
=×−=
==
8240
00
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
Força cortante: 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) 
qxV += 
82
00
Vx
 
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. 
 
Momento fletor Seção S 
22
2
2 xxxM −=⋅⋅−= 
82
00
−
Mx
 
O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. 
Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau. 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
A B
L=2 m
0
+
0
-8
_
RA=6 kN
8
S
V (kN)
M (kN.m
x
q=4 kN/m
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
71
3. Dado a viga abaixo, calcular as reações, os esforços solicitantes e trocar os diagramas de 
força cortante e momento fletor. 
NOTA: Quando a força cortante é 
mínima, o momento fletor é máximo. 
Como V
dx
dM = , ou seja, a integral da 
força cortante é o momento fletor, 
então, a área do diagrama de V 
corresponde a M . 
2438 =× e mkN ⋅=× 24212 
 
P=20 kN
24
RA=8 kN
0
8
20
A
+
_
S1 S2
C
3m 2m
5m
-12
V (kN)
M (kN.m)
RB=12 kN
B
HB
 
a) cálculo das reações 
∑
∑
∑
=×−×+=
=+=−+=
==
032050
2000
00
RBM
kNRBRAPRBRAF
HBF
A
V
H
 
kNRARA
RBRA
kNRBRB
82012
20
12605
==+
=+
==
 
 Pelas fórmulas deduzidas: 
kN
L
PaRAkN
L
PbRA 12
5
3208
5
220 =×===×== 
b) cálculo dos esforços solicitantes 
Convenção de sinais para força cortante: 
S P
-
 
tende girar a viga no sentido horário em 
relação à seção S 
+
S
P
 
tende girar a viga no sentido anti-horário em 
relação à seção S 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
72
xM
xRAM
⋅=
⋅+=
8
)(
1
1
05
243
2Mx
Força cortante 
 Seção S1 
A
RA=8 kN
S1
X
 
kNV
RAV
81
1
+=
+=
 
 
• A reação RA tende a cortar a viga na seção S1 no sentido horário ⇒ (+) 
 Seção S2 
A
RA=8 kN
S2
3m (x-3)
P=20 kN
X
 
kNV
PRAV
122082
2
−=−=
−+=
 
 
• Notar que V1 e V2 não dependem de x. Portanto, V1 e V2 serão constantes no diagrama 
de força cortante. 
Momento fletor Seção S1 
 
243
00
1Mx
 
• Momento fletor (+) por tracionar a face inferior. 
Seção S2 
 
( )
( )
6012
60208
3208
3
2
2
2
2
+−=
+⋅−⋅=
−⋅−⋅=
−⋅−⋅+=
xM
xxM
xxM
xPxRAM
 
• Notar que as equações que definem o momento fletor dependem de x e são lineares. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
73
4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo. 
10 x 5 = 50 kN
carga equivalente 
31,25
L / 2L / 2L / 2L / 2
++
RA = 25 kN
2525
2,5 m2,5 m2,5 m2,5 m
++
L = 5 m
2,5 m
L / 2
A
----
M (kN . m)M (kN . m)
S
V (kN)V (kN)
25252525
RB = 25 kNRB = 25 kN
HB = 0
q = 10 kN / m
B
 
a) Cálculo das reações 
 
( )
( )
kNRAkNRB
RB
RBM
kNRBRA
RBRAF
BHF
A
V
H
2525
1255
05,251050
50
05100
00
==
=
=⋅⋅−⋅+=
=+
=⋅−+=
==
∑
∑
∑
 
 Pelas fórmulas deduzidas: kNLqRBRA 25
2
510
2
=×=⋅== 
a) Cálculo dos esforços solicitantes 
A
q
RA = 25 kN
x
carga equivalente
q . xx / 2
S
 
Força Cortante 
xV
xqRAV
1025−=
⋅−+=
 
 
• A reação RA tende a cortar a viga na seção S no sentido horário (+) e a força (q . x), 
carga equivalente, tende a cortar a viga na seção S no sentido anti-horário (-); 
• No caso de carregamento distribuído, a equação da força cortante depende de x, 
portanto , trata-se de uma função linear; 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
74
• Sabe-se que, quando a força cortante é mínima, o momento fletor é máximo, portanto,necessita-se saber a que distância do apoio A, V = 0. Então, 0 = 25 – 10x. 
mxx 5,22510 =⇒= , ou seja, 2L 
Diagrama de Força Cortante 
x V 
2 25 
2,5 0 
5 -25 
2525
V (kN)V (kN)
função linear
++2525
2,5 m2,5 m
--
 
 
 
 Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor. 
• Do lado esquerdo 
mkN ⋅=× 25,31
2
255,2 
• Do lado direito: 
mkN ⋅=× 25,31
2
255,2 
Momento fletor 
A
q
RA 
x
x / 2
carga equivalente
q . x
S
 
2
2
525
2
1025
2
xxM
xxM
xxqxRAM
⋅−⋅+=
⋅−⋅+=
⋅⋅−⋅+=
 
• Notar que a reação RA gera um momento fletor na seção S que traciona a face inferior 
(+) e a força equivalente (q . x). Gera um momento que traciona a fibra superior (-); 
• No caso de carregamento distribuído, a equação do momento fletor depende de (x2), 
portanto, trata-se de uma função quadrática que resulta numa parábola do 2º grau. 
Diagrama de Momento Fletor 2525 xxM ⋅−⋅= 
x M 
0 0 
2,5 31,25 
5 0 ++
2,5 m2,5 m2,5 m2,5 m
M (kN . m)M (kN . m)
31,25 
 
 
Pelas fórmulas deduzidas: mkNLqM máx ⋅=×⋅= 25,318
510
8
22
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
75
7.4 Equações diferenciais de equilíbrio 
 Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o 
comportamento das vigas. 
 Seja a viga em balanço submetida a um carregamento genérico (q), como ilustrado 
na Figura abaixo. 
L
q
x dx
 
Figura 7.2. Viga em balanço 
 O equilíbrio de um elemento infinitesimal de viga está ilustrado na Figura abaixo. 
Admite-se que o carregamento neste elemento de comprimento infinitesimal seja 
constante. 
V
dx
M
V+ d
x
V
q
M M+ d
A
 
Figura 7.3. Esforços atuantes em um elemento infinitesimal 
 Conforme a figura acima, as equações diferenciais de equilíbrio são dadas por: 
 
Equilíbrio de Forças na direção vertical 
0=∑ yF 
( ) qdxdVdVVqdxVFy −=⇒=+−−⇒=∑ 00 
q
dx
dV −= portanto )()( xq
dx
xdV −= 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
76
Equilíbrio de Momentos em relação ao Equilíbrio de Forças em y ponto A 
0=∑ AM 
( ) 0
2
0 =+++−−⇒=∑ dMMdxqdxVdxMM A 
2
2dxqVdxdM −= mas 0
2
2
=dxq → parcela de segundo grau pode ser desprezada 
)()( xV
dx
xdMV
dx
dMVdxdM =⇒=⇒= 
Equações diferenciais de equilíbrio 
)()(
)()(
)()(
2
2
xq
dx
xMd
xV
dx
xdM
xq
dx
xdV
−=⇒



=
−=
 
 
 Notar que a expressão da força cortante V(x) possui um grau a mais que a expressão 
do carregamento q(x) e a expressão do momento fletor M(x) possui um grau a mais que a 
expressão da força cortante. 
 Dado um carregamento q(x) qualquer, os esforços V(x) e M(x) são obtidos pela 
integração das equações diferenciais de equilíbrio, impondo condições de contorno. 
 No caso da viga em balanço tem-se: 
qxxV −=)( 
2
)(
2qxxM −= 
q
dx
Md −=2
2
 
∫ +−=−== 1Cqxqdxdx
dMV 
( ) 21
2
1 2
CxCqxdxCqxM ++−=+−= ∫ 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
77
condições de contorno 
para x = 0, a força cortante é nula: 
00)0( 1 =⇒= CV 
para x = 0, o momento fletor é nulo: 
00)0( 2 =⇒= CM 
logo, 
qxxV −=)( 
2
)(
2qxxM −= 
 
 Figura 7.4. Diagrama de esforços solicitantes 
 
Notar que: 
q(x) grau zero → constante 
V(x) primeiro grau → linear 
M(x) segundo grau → parabólico 
 
 
 
L
_
+
q
x dx
V
M
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
78
Exercícios 
 
1. Traçar os diagramas de esforços 
solicitantes da viga da figura. 
 
 
 
 
 
 
a. Cálculo das reações 
q=8 (kN/m)
8x4=32 kN
carga equivalente
S1
RA
x
4 m
HA
A
2 m
S2
RB
2 m
P=16 kN
B C
kNRAkNRBRBM
kNRBRARBRAF
HAF
A
V
H
84002)48(6164
48016480
00
===××−×−×+=
=+=−⋅−+=
==
∑
∑
∑
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 4 
Força cortante: 
xqRAV ⋅−+= 
xV 88 −+= 
244
80
−
Vx
 
Determinação do local onde a força cortente é nula 
x880 −+= mx 1= 
Momento fletor: 
2
xxqxRAM ⋅⋅−⋅+= 
2
88
2xxM −+= 
324
41
00
−
Mx
 
 
 
 
Seção S2 4 ≤ x ≤ 6 
 
Força cortante: 
kNV 1640328 =+−+= constante 
 
 
 
 
S1
x
RA=8 kN
q=8 (kN/m)
x/2
A
q.x
RB=40 kN
x-4
S1
RA=8 kN
4 m
x
S2
A
2 m
q=8 (kN/m)
B
8x4=32 kN
x-2
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
79
Momento fletor: 
)4()2(32 −⋅+−⋅−⋅+= xRBxxRAM 1604064328 −++−= xxxM 
9616 −= xM 
06
324 −
Mx
 
Diagrama de esforços solicitantes 
HA=0
0
+4
0
8
RA=8 kN
1 m
+
4 m
_
-32
-24
_
M(kN.m)
0
RB=40kN
16
+
2 m
V(kN)0
16
A
P=16 kN
8 (kN/m) B C
 
 
2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
RA
A
HA
RB
2,5 m
P=14 kN
2,5 m
5 m
B
q=2 kN/m
 
a. Cálculo das reações 
kNRAkNRBRBM
kNRBRARBRAF
HAF
A
V
H
121205,2105,2145
24014520
00
===×−×−×+=
=+=−⋅−+=
==
∑
∑
∑
 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 2,5 
Força cortante: 
xqRAV ⋅−+= 
xV ⋅−+= 212 
75,2
120
Vx
 
 
A
RA=12kN
S1
x
q.xx/2
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
80
Momento fletor: 
2
xxqxRAM ⋅⋅−⋅+= 
2
212
2xxM −+= 
75,234
00
Mx
 
 
Seção S2 2,5 ≤ x ≤ 5 
Força cortante: 
PxqRAV −⋅−+= 
14212 −−+= xV 
125
75,2
−
−
Vx
 
 
Momento fletor: 
( )5,2
2
−−⋅⋅−⋅+= xPxxqxRAM 
( )5,214
2
212
2
−−−+= xxxM 
3522 +−−= xxM 
05
75,235,2
Mx
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
A
HA=0
23,75
0 +
0
+
-7
12
RA=12kN
7
2,5 m
5 m
_ V(kN)
-12
M(kN.m)
RB=12kN
2,5 m
2x5=10 kN
P=14 kNx
B
q=2 kN/m
 
 
 
(x-2,5)
P=14 kN
A
x
RA=12kN
2,5 m
q.x
x/2
S2
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
81
3. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
4 m
3x4=12 kN
BA
2 m
RB
q=2kN/m
2x2=4 kN
1 m 2 m
HC
C
RC
q=3kN/m
 
a. Cálculo das reações 
kNRAkNRCRCM
kNRCRBRCRBF
HCF
B
V
H
1150142124
16043220
00
===×+×−×+=
=+=×−×−+=
==
∑
∑
∑
 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 2 
Força cortante: 
xqV ⋅−= xV 2−= 
42
00
−
Vx
 
Momento fletor 
2
xxqM ⋅⋅−= 
2
2
2xM −= 
42
00
−
Mx
 
Seção S2 2 ≤ x ≤ 4 
 
Força cortante: 
xqV ⋅−+×−= 11)22( 
xV 3114 −+−= 
54
033,2
70
−
Vx
 
 
Determinação do local onde a força cortente é nula: 
03114 =−+− x 073 =+− x mx 33,2= 
 
A
x
S1
x/2
q.x
q=3kN/m
S2BA
RB=11kN
2 m x
q=2kN/m
1 m2x2=4 kN x/2 q.x
(x+1)
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
82
Momento fletor: 
( )
2
31114 xxxxM −++−= 
2
31144
2xxxM −+−−= 
475,1 2 −+−= xxM 
04
17,433,2
40 −
Mx
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
2,33
0
0
-4
-4
7
0 M(kN.m)
4,17
1,67
-5
0 V(kN)
q=3kN/m
q=2kN/m
A
2 m
RA=11kN
B
2x2=4 kN
4 m
RC=5kN
C
HC=0
3x4=12 kN
 
 
4. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
B
RB
HB
A
RA
3 m1,5 m 1,5 m
P=10 kN P=10 kN
 
a. Cálculo das reações 
kNRBkNRARBM
kNRBRARBRAF
HBF
A
V
H
101005,4105,1106
20010100
00
===×−×−⋅+=
=+=−−+=
==
∑
∑
∑
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
83
b. Cálculo dos esforços solicitantesSeção S1 0 ≤ x ≤ 1,5 
 
Força cortante: 
RAV += kNV 10+= 
constante, pois não depende de x. 
 
Momento fletor 
xRAM ⋅+= xM ⋅+= 10 
155,1
00
Mx
 
Seção S2 1,5 ≤ x ≤ 4,5 
 
Força cortante: 
01010 =−+=V constante 
 
Momento fletor: 
( )5,11010 −−+= xxM 
151010 +−+= xxM 
15+=M kN.m constante 
 
Seção S3 4,5 ≤ x ≤ 6 
 
Força cortante: 
101010 −−+=V kNV 10−= 
constante, pois não depende de x. 
 
Momento fletor 
( ) ( )5,4105,431010 −−−+−+= xxxM 
6010 +−= xM 
06
155,4
Mx
 
 
 
A
P=10 kN P=10 kN
3 m1,5 m
x
(x-4,5)
S3
RA=10kN
S2
1,5 m
x
(x-1,5)
P=10 kN
RA=10kN
A
A
S1
x
RA=10kN
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
84
Diagrama de esforços solicitantes 
P=10 kN
0
A
RA=10kN
0
10
1,5 m
0
15
B
1,5 m3 m
0 V(kN)
M(kN.m)
-10
RB=10kN
P=10 kN
HB=0
 
5. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas V, M (força cortante e momento fletor) 
nos seguintes casos: 
a) 
P=60 kN
2 m
q=20 kN / m
A
4 m
B
 
Resp: RA=100kN RB=80kN Mmax= +160kN.m 
b) 
P=40 kN
q=20 kN / m
A
3 m 3 m
B
 
Resp: RA=80kN RB=80kN Mmax= +150kN.m 
c) 
q1=20 kN / m
A
3 m 3 m
q2=40 kN / m
B
 
Resp: RA=75kN RB=105kN 
Mmax= +137,8kN.m (ocorre a 3,375m do apoio A) 
d) 
1,5 m
A
3 m 1,5 m
q=20 kN / m
B
 
 
 
Resp: RA=30kN RB=30kN Mmax= + 67,5kN.m 
e) 
L=4 m
A
M=5kN.m
B
 
 
 
Resp: RA=1,25kN RB=-1,25kN 
V=1,25kN (constante) Mmax= - 5kN.m (constante) 
f) 
P=90 kN
q=20 kN / m
4 m
A
8 m
B
 
Resp: RA=180kN RB=150kN 
Mmax= +562,5kN.m (ocorre a 4,5m do apoio A) 
 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
85
8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO 
 
 Considere-se a viga a simplesmente apoiada, submetidas a duas forças concentradas 
no mesmo plano xy que contém o eixo da barra, como ilustra a Figura abaixo. 
0
Pa
y
P
a
M
V
-P
a
P P
x
 
Figura 8.1 
 Essas forças produzem deslocamentos nos diversos pontos do eixo da viga dando 
origem a tensões internas. 
 A parte central da viga está sujeita somente ao momento fletor M=P.a, sem esforço 
cortante. Neste trecho diz-se que a solicitação é de flexão pura. 
 Nas seções da viga onde atuam simultaneamente momento fletor e força cortante 
diz-se que há flexão simples. 
8.1 Hipóteses admitidas 
 Na dedução das expressões das tensões normais decorrentes da flexão, admitem-se 
as seguintes hipóteses: 
• “as seções planas permanecem planas após a 
deformação” (hipótese simplificadora atribuída a 
Bernouille); 
• supõem-se vigas prismáticas, ou seja, barra de eixo 
reto e de mesma seção transversal; 
• admite-se que o material obedeça à lei de Hooke e 
que os módulos de elasticidade à tração e à 
compressão sejam iguais. Figura 8.2 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
86
 Para o estudo da distribuição das tensões normais decorrentes da flexão pura 
devem-se considerar as deformações que ocorrerão na viga no mesmo plano onde atua o 
carregamento. 
 
8.2 Tensões normais na flexão 
 A ação do Momento Fletor faz com que o eixo da viga se curve, permanecendo as 
seções transversais mm e pq planas e normais ao eixo longitudinal. 
 A simetria do carregamento exige que todos os elementos da viga se deformem 
identicamente, o que só será possível se as seções transversais permanecerem planas. 
 As fibras inferiores serão alongadas, ficando sujeitas a esforços de tração e as fibras 
superiores serão encurtadas, ficando sujeitas a esforços de compressão. Essas deformações 
originam internamente na viga tensões de tração e de compressão. 
 Há uma superfície na qual as fibras longitudinais não sofrem variação de 
comprimento, chamada superfície neutra da viga. Nesta superfície não atuam tensões. 
y
M
n
m
r
M
q
y
dx
p
x
Linha Neutra
θ°d
 
Figura 8.3 
 
 O ponto 0 é o centro da 
curvatura do eixo longitudinal. O raio 
de curvatura é indicado por r. Da 
geometria vem: 
dx
d
r
θ=1 
 Acima do eixo neutro, também 
chamado de Linha Neutra, as 
deformações são de compressão e as 
abaixo, de tração. 
 
 Por hipótese, as deformações são suficientemente pequenas de tal modo que em um 
ponto qualquer pertencente ao eixo neutro, um ângulo inicialmente reto antes da 
deformação (formado por uma fibra longitudinal e a seção transversal) continua sendo reto 
depois da deformação. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
87
LN
y
y
s
o
r
ds
x
 
Figura 8.4 
Semelhança de triângulos 
r
s
y
ds = → 
r
y
s
ds = 
Sabe-se, contudo, que a deformação específica é 
definida como: 
s
ds
x =ε , logo r
y
x =ε 
Esta equação mostra que as deformações 
longitudinais (εx) são diretamente proporcionais à 
curvatura e à distância y da Linha Neutra. 
 
 Deve-se notar que esta equação foi deduzida apenas por considerações geométricas, 
independentes das propriedades do material, sendo válida para qualquer tipo material da 
viga. 
 Quando a viga é de material elástico linear, com diagrama tensão – deformação 
linear (material que obedece à Lei de Hooke), tem-se, εσ E= . Portanto, as tensões 
normais na viga são: 
r
yEx =σ (1) 
 Observa-se que a tensão σx é proporcional à distância da Linha Neutra (hipótese de 
Navier). As tensões variam linearmente com a distância y do eixo neutro, como é mostrado 
na Figura abaixo. 
A
A
L.N.
σc ycorte A-A
σ t
iy
ys
hx 0
b
M
dA
z
y
 
Figura 8.5 
 Seja dA uma área elementar na seção transversal e distante y do eixo neutro. A 
força elementar que atua sobre esta área é dAxσ . Como não há força normal atuando na 
seção, a integral de dAxσ sobre a área total da seção transversal deve anular-se, o que dá: 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
88
∫∫ == 0dAryEdAxσ (2) 
 
 Como a curvatura e o módulo de elasticidade (E) são constantes,vem: 
∫∫ == 0ydArEdAxσ logo 0=∫ ydA 
para vigas sob flexão pura. 
 Do estudo das características geométricas de figuras planas sabe-se que a parcela 
∫ ydA é definida como Momento Estático utilizado para o cálculo do Centro de Gravidade 
de figuras. Se o Momento Estático 0== ∫ ydAM S , como se vê nas expressões acima, 
significa que o eixo neutro passa pelo Centro de Gravidade da seção transversal. Os eixos y 
e z também tem origem no CG da seção transversal. 
 O momento da força elementar dAxσ em relação ao eixo neutro é ydAxσ . A 
integral de todos esses momentos elementares sobre a área da seção transversal deve ser 
igual ao momento fletor M, ou seja: 
∫∫ == dAyrEydAM x 2σ (3) 
 
mas ∫= dAyI 2 é o momento de inércia da área da seção transversal, em relação ao eixo z, 
que é o eixo neutro, ou Linha Neutra. Assim, equação acima pode tomar a seguinte forma: 
EI
r
M 1= → 
EI
M
r
=1 (4) 
 
conclui-se, então, que a curvatura do eixo longitudinal da viga é diretamente proporcional 
ao momento fletor M e inversamente proporcional à quantidade EI, conhecida como 
rigidez ou módulo de rigidez à flexão da viga. 
 Combinando as expressões (1) e (4), obtém-se a equação das tensões normais da 
viga. 
y
I
M
x =σ (5) 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
89
 Nesta equação, M é positivo quando produz compressão na viga e y é positivo 
quando o sentido é para baixo. 
 As tensões máximas de tração e de compressão ocorrerão nos pontos mais afastados 
do eixo neutro. Designando os afastamentos das fibras extremas por yinf e ysup, 
respectivamente, tem-se: 
inf, yI
M
máxx =σ sup, yI
M
mínx −=σ (6) 
 
DimensionamentoDo estudo das características geométricas de seções planas, define-se Módulo 
Resistente (W) por 
y
IW = (7) 
 
 Combinando as equações (5) e (7), chega-se à : 
W
M
x =σ (8) 
 
 Se for utilizado o método das tensões admissíveis, ou seja, admx σσ ≤ é possível 
dimensionar barras submetidas à flexão: 
W
M
adm =σ (9) 
 
 Quando a viga tiver seção retangular, com largura b e altura h, o Momento de 
Inércia e o Módulo Resistente, são, respectivamente 
12
3bhI = e 
6
2bhW = 
Para seção circular de diâmetro d, tem-se: 
64
4dI π= e 
32
3dW π= 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
90
Exemplos 
1. O momento fletor da viga da figura é 
M=24 kN.m. Sabendo-se que a tensão 
admissível do material utilizado na viga é 
25 cmkNadm =σ e que se trata de um 
perfil retangular com cmb 5= (largura), 
determinar a altura )(h do perfil. 
 
b
y h / 2h / 2
h / 2h / 2
h
 
Retângulo 
W= Momento Resistente I= Momento de Inércia 
y
IW = onde 2hy = 
 
Para retângulos tem-se: 
Momento de Inércia 
12
3hbI ⋅= 
Módulo Resistente [ ]323
3
612
2
2
12 Lhb
h
hb
y
hb
W ⋅=⋅
⋅=
⋅
= 
Sendo a tensão definida 
W
M=σ 
O Módulo Resistente pode também ser expresso por σ
MW = 
Ou seja, σσ b
MhMhb 6
6
2
2
=⇒=⋅ 
Logo, determina-se a altura h da viga 
cmhcm
cmkNcm
cmkN
b
Mh 2424
)/(5)(5
).(240066
2 ==×
×== σ 
 
P=20 kN
24
RA=8 kN
0
8
20
A
+
_
S1 S2
C
3m 2m
5m
-12
V (kN)
M (kN.m)
RB=12 kN
B
HB
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
91
b = 5 cm
2'
h = 25,4 cm
10'
2. O momento fletor da viga da 
figura é M=31,25 kN.m. 
Sabendo-se que a tensão 
admissível do material utilizado 
na viga é 285 cmkN,adm =σ e 
que se trata de um perfil 
retangular com cmb 5= 
(largura), determinar a altura )(h 
do perfil. 
 
Momento resistente do retângulo: 
6
2hbW ⋅= 
σσ
MW
W
M =⇒= 
σσσ ⋅
⋅=⇒⋅
⋅=⇒=⋅
b
Mh
b
MhMhb 66
6
2
2
 
cm,
)cm/kN(,)cm(
)cm.kN(h 425
855
31256
2 =×
×= 
Notar: cmkNmkN ⋅=⋅ 312525,31 
 Em polegadas: (2”x10”) 
 1” = 2,54 cm 
10 x 5 = 50 kN
carga equivalente 
31,25
L / 2L / 2L / 2L / 2
++
RA = 25 kN
2525
2,5 m2,5 m2,5 m2,5 m
++
L = 5 m
2,5 m
L / 2
A
----
M (kN . m)M (kN . m)
S
V (kN)V (kN)
25252525
RB = 25 kNRB = 25 kN
HB = 0
q = 10 kN / m
B
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
92
8.3 Tensões de cisalhamento na flexão 
 Considere-se um elemento de viga como ilustrado na Figura abaixo, de 
comprimento infinitesimal dx , submetido a um carregamento genérico p, sem esforço 
normal. 
 
x dx
M x
V
M
V
dx
V+ d
V
p
M M+ d
p
 
Figura 8.6 Barra submetida a cargas transversais p 
 
 O equilíbrio desse elemento de viga é dado por: 
V
dx
dM = p
dx
dV −= ou seja, p
dx
Md −=2
2
 
 
 Devido aos efeitos da flexão, esse elemento de viga é solicitado por tensões 
normais, paralelas ao eixo x. 
 Essas tensões normais que atuam nas faces do elemento hachurado abcd, de 
comprimento dx, variam linearmente a partir da linha neutra e, em qualquer ponto, a uma 
distância y da linha neutra são definidas nas faces ab e cd, respectivamente, como 
(TIMOSHENKO, 1989): 
 
y
I
M ⋅=σ e y
I
dMMd ⋅+=+ σσ 
 
onde I é o momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
93
τ dayo
b
h
dx
z
M
y σ cb
τ
M
x
+ dM
yo bdx
σ σd+ F FF d+
 
Figura 8.7 Tensões normais em um elemento de viga de comprimento dx 
 
 As resultantes dessas tensões normais são dadas por: 
 ydA
I
MF
h
yo
∫=
2/
 (a) 
e 
 ydA
I
dMMdFF
h
yo
∫ +=+
2/
 (b) 
 Se for feito um corte longitudinal nesse elemento de viga, o equilíbrio interno na 
direção do eixo x indica que deve haver uma tensão tangencial τ. 
 Admitindo-se que a largura b seja suficientemente pequena para se considerar 
constante a tensão de cisalhamento ao longo da largura, a força de cisalhamento horizontal 
que atua na face inferior do elemento é dada por: 
 dxb ⋅⋅τ (c) 
 As forças representadas pelas expressões (a), (b) e (c), devem estar em equilíbrio. 
Assim, o equilíbrio do elemento hachurado abcd da Figura acima fornece a equação: 
dFFbdxF +=+τ 
ou seja: 
ydA
I
MydA
I
dMMbdx
h
y
h
y oo
∫∫ −+=
2/2/
τ 
donde: 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
94
∫⋅⋅=
2/1 h
yo
ydA
dx
dM
bI
τ 
mas V
dx
dM = e 
MsydA
h
yo
=∫
2/
 é o momento estático da parte da hachurada seção transversal em 
 relação ao eixo z. 
 Logo, a tensão de cisalhamento fica definida por: 
Ib
MsV
⋅
⋅=τ 
 A tensão de cisalhamento varia em função de yo. No caso das seções retangulares, 
tem-se: 



 −= 2
2
42 o
yh
I
Vτ 
 A expressão acima indica que a tensão de cisalhamento varia parabolicamente com 
yo. 
 Como regra geral, a máxima tensão de cisalhamento τ ocorre no centro de 
gravidade da seção transversal. 
CG
h Lz
t
t
σ
F
b
y
cσ
cF τ
N
τo
 
Figura 8.8 Tensão máxima de cisalhamento τo (LANGENDONCK, 1956) 
 
 Sabendo-se que o braço de alavanca dos esforços internos (z) pode ser expresso por 
( oMsIz /= ) tem-se, para yo = 0, a expressão da tensão máxima de cisalhamento: 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
95
zb
V
o ⋅=τ 
 
 As tensões de cisalhamento são sempre tangentes ao contorno da seção transversal. 
 Na Figura abaixo estão ilustradas as direções e sentidos das tensões de 
cisalhamento em algumas seções transversais. 
b=bw
V
b
V
b
CG CG
V
CG
y y
b=bf
y
b
V
CG
b
T
y
 
Figura 8.9 Direção e sentido das tensões de cisalhamento (FUSCO, 1981) 
 
Tensão de cisalhamento para peças de seção retangular 
 
A tensão de cisalhamento máxima ocorre 
no Centro de Gravidade da seção. 
Ib
MsV
⋅
⋅=τ 
h/2
 diagrama de
tensões tangenciais
h/2
b
h/4
z maxτ
CG
 
Momento Estático: 
842
2bhhhbyAMs CG =⋅

=⋅= Momento de Inércia 
12
3bhI = 
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de 
cisalhamento, tem-se: 
bh
V
bhb
bhV
⋅=
⋅
⋅
=τ
2
3
12
8
3
2
 → 
TotalA
V,51=τ 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
96
 
Tensão de cisalhamento para peças de seção circular 
A tensão de cisalhamento máxima 
ocorre no Centro de Gravidade da 
seção. 
Ib
MsV
⋅
⋅=τ 
Momento Estático: 
r
 diagrama de
tensões tangenciais
CG4rπ3
d
z maxτ
 
1223
4
4
32 dddyAMs CG =


π⋅


 π=⋅= 
Momento de Inércia 
64
4dI π= 
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de 
cisalhamento, tem-se: 
16
4
12
64
12
24
3
⋅π
=π⋅
⋅
=τ
d
V
dd
dV
 → 
TotalA
V
3
4=τ 
 
Exemplo 
1. O diagrama de esforços cortantes de uma determinada viga de seção retangular, com 
altura de 60 cm registra Vmax=80kN. Sabendo-se que a tensão admissível de cisalhamento 
do material é τadm=1,0 kN/cm2 , determinar a largura (b) da viga. 
Total
max A
V,51=τ 
Sendo τadm=1,0 kN/cm2 , no limite τadm = τmax logo, 
b
,
×
×=
60
80511 → cmb 2= 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
97
9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS 
 
 As cargas transversais que atuam nas vigas causam deformações, curvandoseu eixo 
longitudinal. Quando se projeta uma viga é freqüentemente necessário calcular as 
deformações que ocorrerão em vários pontos ao longo do eixo. Por exemplo, nas vigas 
estaticamente indeterminadas, o cálculo das deformações é essencial para sua resolução. 
 Denomina-se flecha, ou deslocamento vertical da viga (v), o deslocamento 
perpendicular a seu eixo, provocado pela aplicação de uma carga. A curva na qual se 
transforma o eixo da viga, inicialmente reto, recebe o nome de linha elástica. 
 As especificações para o cálculo ou dimensionamento das vigas, impõem, 
freqüentemente, limites para as flechas, tal como ocorre com as tensões. 
y
v
P
linha
elástica
x
 
Figura 9.1 Linha elástica de uma viga simplesmente apoiada 
 
 Para dedução da equação da linha elástica, considere-se um trecho da viga, como 
ilustrado, com o eixo y no sentido indicado. 
y
θ
tangente
dx
θ
dx
=~θ θtg
x
dy=dv
 
Figura 9.2 
 Seja dx um elemento infinitesimal do comprimento da viga. Se no início deste 
comprimento dx forem traçadas uma tangente à curva resultante da deformação da viga e 
uma reta paralela ao eixo x, o ângulo θ então formado entre a tangente e a reta, é 
denominado deformação angular da viga. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
98
 Considerando-se a hipótese de pequenos deslocamentos, pode-se afirmar que 
θθ ≅tg . Portanto, 
dx
dvtg == θθ . 
 Derivando-se o ângulo θ em relação a x, tem-se: 
2
2
dx
vd
dx
d =θ (1) 
 
 Da geometria, define-se curvatura como: 
dx
d
r
θ=1 (2) 
 
 Sabe-se também, da teoria de flexão, que a curvatura é diretamente proporcional ao 
momento fletor e inversamente proporcional ao produto de rigidez EI, ou seja, 
EI
M
r
−=1 (3) 
 
 Relacionando as expressões (1) e (2), chega-se a: 
2
21
dx
vd
r
= (4) 
 
 Relacionando agora as expressões (3) e (4), tem-se: 
EI
M
dx
vd −=2
2
 (4) 
 
 Rearranjando a expressão (4) chega-se finalmente à equação da linha elástica: 
M
dx
vdEI −=2
2
 (5) 
onde 
x e v são as coordenadas da linha elástica 
E é o módulo de Elasticidade do material 
I é o momento de inércia da seção transversal da viga 
 A equação acima permite obter a linha elástica das vigas retas para qualquer tipo de 
carregamento. 
 A equação acima foi deduzida a partir das seguintes hipóteses: 
1. barra prismática (barra de eixo reto e de seção transversal constante); 
2. validade da Lei da Hooke σ=Eε - material elástico linear; 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
99
3. as seções permanecem planas após a deformação; 
4. deslocamentos pequenos, ou seja: θθ ≅tg . 
 As convenções de sinais a serem consideradas na equação acima são: os eixos x e y 
são positivos nos sentidos indicados, o deslocamento v é positivo quando estiver no sentido 
do eixo y; o momento fletor M é positivo quando produz compressão na parte superior e 
tração na parte inferior da viga. 
 
Exemplo: determinar o deslocamento vertical máximo de uma viga simplesmente apoiada, 
submetida a uma carga concentrada no meio do vão. 
P / 2P / 2
A B
L / 2 L / 2
P
x
S
 
Equação do momento fletor na seção S → xPM x ⋅= 2 
Ao se integrar a equação 
EI
M
dx
vd
dx
d −== 2
2θ determina-se a rotação da viga: 
∫ −= dxEIMθ 
Como o módulo de elasticidade do material (E) e o momento de inércia (I) são constantes, 
podem ser retirados da integral. Logo, 
∫ −= xdxPEI 2θ → 1
2
22
CxPEI +⋅−=θ 
 A constante C1 é determinada pelas condições de contorno da viga. A tangente da 
curva para x=L / 2 é nula. Logo, 
1
2
24
0 CLP +

⋅−= 
16
2
1
PLC = 
Assim, tem-se a equação da rotação da viga: 
164
22 PLPxEI +−=θ 
Ao se integrar a equação da rotação, chega-se à equação do deslocamento vertical da viga. 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
100
∫ ⋅= dxEIv θ → dxPLPxEIv ⋅


 +−= ∫ 164
22
 
2
23
1612
CxPLPxEIv ++−= 
 
 A constante C2 é determinada também pelas condições de contorno. Para x =0, o 
deslocamento vertical da viga é nulo. Portanto, impondo x=0 na equação acima, chega-se à 
conclusão de que C2 =0. 
 Também, das condições de contorno, sabe-se que o deslocamento vertical máximo 
da viga em estudo ocorrerá para x=L / 2. Assim, 
3296
33 PLPLEIv +−= 
48
3PLEIv = 
 Portanto, o deslocamento vertical máximo da viga é expresso por: 
EI
PLv
48
3
max = 
 
Exemplo: 
Calcular o deslocamento vertical 
máximo da viga da figura. Dado: 
Eaço=21000 kN/cm2. 
 
12
3bhI = 4
3
22500
12
3010 cmI =×= 
EI
PLv
48
3
max = cmv 19,0225002100048
60020 3
max =××
×= 
 
Se a seção transversal da viga fosse b=30cm e h=10cm, o deslocamento vertical seria: 
12
3bhI = 4
3
2500
12
1030 cmI =×= 
EI
PLv
48
3
max = cmv 71,125002100048
60020 3
max =××
×= 
Note-se que esta mudança de posição da 
seção transversal da viga aumentou o 9 
vezes deslocamento vertical. 
300cm 300cm
A B
P=20kN
b=10cm
h=30cm
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
101
 Apresenta-se a seguir equações de deslocamento máximos. 
P
L
vmax
 
EI
PLv
3
3
max = 
vmax
L
q (kN/m)
 
EI
qLv
8
4
max = 
P
L/2 L/2
vmax
 
EI
PLv
48
3
max = 
q (kN/m)
L
vmax
 
EI
qLv
384
5 4
max = 
P
vmax
a
x
b
a>b
 
EI
bLPbv
39
)( 2
3
22
max
−= 
3
22 bLx −= 
Mx
L 
EI
MLv
39
2
max = 3
Lx = 
L
M
vmax
 
EI
MLv
2
2
max = 
 
 
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
102
EXERCÍCIOS 
 
1. Determinar o deslocamento 
máximo da viga da figura. 
Dado Eaço=210 GPa. 
Resposta: v = 0,013 cm 
 
2. Qual deveria ser o diâmetro de uma viga cilíndrica do mesmo material da viga do 
exercício anterior, submetida ao mesmo carregamento e que tivesse o mesmo 
deslocamento máximo? 
Resposta: d = 24,59cm 
 
3. Determinar a altura da viga da 
figura, sabendo-se que o 
deslocamento vertical máximo 
não deve ultrapassar 1cm. Dado 
Emadeira= 14500 MPa. 
Resposta: h = 25cm 
 
4. Determinar o deslocamento 
máximo da viga da figura. Dado 
Eaço=210 GPa. 
Resposta: v = 1,05 cm 
 
 
5. Determinar o deslocamento 
vertical máximo da viga da figura. 
Dados: 
E = 210000 MPa, 
36
3bhI = 
Resposta: v = 0,005cm 
 
6. Determinar o deslocamento 
vertical máximo da viga da figura. 
Dados: E=210 GPa, I=4471,92cm4. 
Resposta: v = 0,0168cm 
 
 
 
vmax
L=4,2 m
q=1,21 (kN/m)
b=8cm
h=30cm
b=10cm
vmax
2,5m 2,5m
P=7,25 kN
h=?
P=16 kN
b=5cmL=3 m
vmax
h=25cm
vmax
L=3 m
q=1,5 (kN/m)
20cm
30
cm
q=1,5 (kN/m)
vmax
L=3 m b=12cm
1cm
1cm
h=25cm
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
103
7. Dimensionar a altura da viga da figura sabendo-se que as tensões admissíveis à 
compressão e à tração são iguais ( MPatc 58== σσ ) e a tensão admissível ao 
cisalhamento é MPa1,1=τ . 
Dados: 
Eaço= 210000 MPa 
q = 2,15 kN/m 
L = 6 m 
b = 10 cm 
Resposta: h = 10 cm 
 
8. Determinar a carga P da viga da figura, sabendo-se que as tensões admissíveis à 
compressão e à tração são iguais ( MPatc 50== σσ ). 
Dados: 
Eaço= 210000 MPa 
I = 4471,92 cm4 
yCG = 12,5 cm 
L = 4 m 
 
Solução: 
Determinação do módulo resistente (W) 
CGy
IW = 375,357
5,12
92,4471 cmW == 
σσ ≤=
W
M WM ⋅= σ 
4max
PLM = 
L
WP ⋅⋅= σ4 kNP 9,17
400
75,35754 =××= 
Resposta: P= 17,9 kN 
 
9. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga do exercício anterior. 
EI
PLv
48
3
= cmv 25,0
92,447121000484009,17 3 =××
×= 
Resposta: v= 0,25 cm 
 
10. a) Determinar as tensões máximas nas 
faces superior e inferior da viga da figura. 
Sabendo-se que o material da viga tem o 
mesmo comportamento à compressão e à 
tração. 
b) Determinar as tensões que distam 7,5cm da Linha Neutra. 
Respostas: a) σmax= 5,56 kN/cm2 b) σ(7,5) = 2,78 kN/cm2 
 
 
L
q (kN/m)
b
h
L / 2
1cm
L / 2
P=?
1cm
b=12cm
h=25cm
P=37,5 kN
8m 4m
h=30cm
12cm
Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 
 
104
BIBLIOGRAFIA 
 
 
 
 
BEER, F. P., JOHNSTON Jr. R. Resistência dos materiais. 3ed. São Paulo, Makron 
Books, 1996. 
BEER, F. P., JOHNSTON Jr., R. Mecânica vetorial para engenheiros - estática. 5ed. 
São Paulo, Makron Books, 2004. 
BORESI, A. P., SCHMIDT, R. J. Estática. São Paulo, Thomson, 2003. 
FUSCO, P. B. Construções de concreto solicitações tangenciais: introdução –
combinação de ações – força cortante – conceitos básicos. São Paulo: EPUSP/PEF, 1981. 
GERE, J. M. Mecânica dos Materiais. São Paulo, Thomson, 2003. 
HIBBELLER, R. C. Resistência dos materiais. Rio de Janeiro, LTC, 1997. 
LANGENDONCK, T. Resistência dos materiais: tensões. Rio de Janeiro: Científica, 
1956. 
MELCONIAN, S. Mecânica técnica e resistência dos materiais. 13ed. São Paulo, 
Érica, 2002. 
NASH W. A. Resistência dos materiais. Rio de Janeiro: McGraw-Hill, 1971. 
TIMOSHENKO, S. P., GERE, J. E. Mecânica dos sólidos. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos, 1989. v. 1.