Resistencia dos Materiais Aulas

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Revisão: 
Estática
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Escalares e Vetores:
 Escalares: Grandeza que possui somente módulo. 
Quantidades escalares comumente utilizadas na estática são: 
massa, volume e comprimento.
 Vetores: Grandeza que possui módulo, direção e sentido, 
cuja soma é feita de acordo com a lei do paralelogramo. As 
grandezas vetoriais comumente utilizadas no estudo da 
estática são: posição, força e movimento.
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Vetores:
Segmento de reta orientado ou seta P1P2
P1 = origem
P2 = ponto final
Origem: P1 Destino: P2
Uma seta (segmento de reta orientado) tem sempre 
um dos sentidos possíveis ao longo da reta na qual 
está posicionada, de mesma direção. Tem ainda um 
comprimento o qual chamamos de módulo.
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Adição de Vetores:
Dados dois vetores a e b, consideremos uma seta qualquer que
represente a. Tomemos o ponto final dessa seta como o ponto
inicial de uma seta que represente b. Definimos a soma de a com
b, que representamos por a+b, como sendo o vetor representado
pela seta que tem por ponto inicial o ponto inicial da seta que
representa a, e por ponto final o ponto final da seta que representa
b, como mostra a Figura 2.4.
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Lei dos cossenos:
Lei dos senos:
Trigonometria
Para qualquer ângulo = 90 graus têm-se o teorema de pitágoras. 
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Exemplo 1.1
As duas forças P e Q atuam sobre o parafuso A. Determine sua resultante, 
considerando o vetor R e o seu respectivo ângulo alfa.
t
B
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Solução
Aplicando a lei dos cossenos têm-se:
25°
155°
t
B
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Exemplo 1.2
As cantoneiras de uma estrutura metálica estão unidas através de uma chapa 
metálica conforme mostrado na figura. Sabendo-se que as forças são 
concorrentes no ponto O, determine as forças F e T de equilíbrio. Considerar 
θ = 30°.
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Solução:
∑ Fx = 0 - T cos 30° + 8 + 5 sen 45° = 0
T = 13,3 KN
∑ Fy = 0 F – 13,32 sen 30° - 5 cos 45° = 0
F = 10,2 KN 
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Exemplo 1.3
Substitua a carga distribuída por uma força resultante equivalente e determine 
sua localização a partir do ponto A.
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Solução:
∑ Fy = FR ½ (15)(3) + ½ (5)(3) +10 (3) + ½ (10)(3) = FR
FR = 75 kN
∑ MA = (MR)A -75 (x) = ½ (15)(3)(1) – ½ (5)(3)(1) – 10(3)(1.5) – ½ (10)(3)(4)
x = 1,2 m 
Observe que a força FR = 75 kN é positiva por ser a força de 
equilíbrio da viga. O sentido da reação da força resultante é 
de baixo para cima.
Para o cálculo do momento, utiliza-se o mesmo raciocínio, 
ou seja o equilíbrio dos momentos aplicados na viga. Por 
esse motivo o sinal do momento de FR = 75 (x) está 
negativo na resolução do problema.
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Introdução
 A resistência dos materiais é um ramo da mecânica que estuda as 
relações entre as cargas externas aplicadas a um corpo 
deformável e a intensidade das cargas internas que agem no 
interior do corpo.
 Esse assunto também envolve o cálculo das deformações do 
corpo e proporciona o estudo de sua estabilidade quando sujeito a 
forças externas.
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Equilíbrio de um corpo deformável
Cargas externas
1. Forças de superfície:
causadas pelo contato direto de um corpo com a superfície de outro.
2. Força de corpo:
Desenvolvida quando um corpo exerce uma força sobre outro, sem contato 
físico direto entre eles.
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Reações
• Forças de superfície desenvolvidas nos apoios ou pontos de contato entre 
corpos.
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Equações de equilíbrio
• O equilíbrio de um corpo exige um equilíbrio de forças e um equilíbrio de 
momentos.
• Se estipularmos um sistema de coordenadas x, y, z com origem no ponto O,
• A melhor maneira de levar em conta essas forças é desenhar o 
diagrama de corpo livre do corpo.
0M 0F   O
0 , 0 , 0
0 , 0 , 0




zyx
zyx
MMM
FFF
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Cargas resultantes internas
• O objetivo do diagrama de corpo livre é determinar a força e o momento 
resultantes que agem no interior de um corpo.
• Em geral, há quatro tipos diferentes de cargas resultantes:
a) Força normal, N
b) Força de cisalhamento, V
c) Momento de torção ou torque, T
d) Momento fletor, M
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Exemplo 1.5
Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal em B 
do cano. A massa do cano é de 2 kg/m e ele está sujeito a uma força vertical de 
50 N e a um momento de 70 N·m em sua extremidade ao final de A. O tubo está 
preso a uma parede em C.
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Diagrama corpo livre
   
    N 525,2481,925,12
N 81,981,95,02


AD
BD
W
W
Calculando o peso de cada segmento do tubo,
Aplicando as seis equações escalares de equilíbrio,
         
 
       
 
    (Resposta) 0 ;0
(Resposta) mN8,77 
025,150625,0525,24 ;0
(Resposta) mN3,30 
025,081,95,0525,245,05070 ;0








zBzB
yB
yByB
xB
xBxB
MM
M
MM
M
MM
Solução:
 
 
 
  (Resposta)N3,84
050525,2481,9;0
(Resposta)0;0
(Resposta)0;0







zB
zBz
yBy
xBx
F
FF
FF
FF
Capítulo 1: 
Tensão
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Tensão
• A distribuição de carga interna é importante na resistência dos materiais.
• Consideraremos que o material é contínuo.
• A tensão descreve a intensidade da força interna sobre um plano 
específico (área) que passa por um ponto.
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Tensão normal, σ
• Intensidade da força que age perpendicularmente à ΔA
Tensão de cisalhamento, τ
• Intensidade da força que age tangente à ΔA
A
Fz
A
z



 0
lim
A
F
A
F
y
A
zy
x
A
zx








0
0
lim
lim


A
zx = tensão perpendicular a Z na direção X
zy = tensão perpendicular a Z na direção y
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Tensão normal média em uma barra com carga axial
• Quando a área da seção transversal da barra está submetida à 
força axial na centroide da peça, ela está submetida somente à 
tensão normal (perpendicular à peça).
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Distribuição da tensão normal média
• Quando a barra é submetida a uma 
deformação uniforme,
Equilíbrio
• As duas componentes da tensão 
normal no elemento (tração e 
compressão) têm valores iguais 
mas direções opostas.
A
P
AP
dAdF
A


 


σ = tensão normal média
P = força normal interna resultante
A = área da seção transversal da barra
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σ = tensão normal média (N/mm2, MPa, 
GPa)
P = força normal interna resultante (N, 
KN)
A = área da seção transversal da barra 
(m2, mm2)
Unidades do SI
A
P

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Exemplo 1.6
A barra tem largura constante de 35 mm e espessura de 10 mm. 
Determine a tensão normal média máxima na barra quando ela é 
submetida à carga mostrada.
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Solução:
Por inspeção, as forças internas axiais são constantes, mas têm valores 
diferentes.
Graficamente, o diagrama da força normal é como mostrado abaixo:
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Por inspeção, a maior carga é na região 
BC, onde 
kN. 30BCP
Visto que a área da seção transversal da barra
é constante, a maior tensão normal média é
 
  
(Resposta) MPa 7,85
01,0035,0
1030 3

A
PBC
BC
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A peça fundida mostrada é feita de aço, cujo peso específico é . 
Determine a tensão de compressão média que age nos pontos A e B.
3
aço kN/m 80
Exemplo 1.8
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Solução:
Desenhando um diagrama de corpo livre do segmento superior, a força axial 
interna P nesta seção é
    
kN 042,8 
02,08,080 
0 ;0
2
aço


 
P
P
WPFz

A tensão de compreensão média torna-se:
 
(Resposta) kN/m 0,64
2,0
042,8 2
2
  A
P
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Tensão de cisalhamento média
• A tensão de cisalhamento distribuída sobre cada área 
secionada que desenvolve essa força de cisalhamento é definida 
por:
Dois tipos diferentes de cisalhamento:
A
V
méd
τméd = tensão de cisalhamento média 
V = força de cisalhamento interna resultante
A = área na seção
a) Cisalhamento simples b) Cisalhamento duplo
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Exemplo 1.12
O elemento inclinado está submetido a uma força de compressão de 3.000 N. 
Determine a tensão de compressão média ao longo das áreas de contato lisas 
definidas por AB e BC e a tensão de cisalhamento média ao longo do plano 
horizontal definido por EDB.
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Solução:
As forças de compressão agindo nas áreas de contato são
 
  N 400.20000.3 ;0
N 800.10000.3 ;0
5
4
5
3




BCBCy
ABABx
FFF
FFF
A força de cisalhamento agindo no plano horizontal secionado EDB é
N 800.1 ;0   VFx
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As tensões de compressão médias ao longo dos planos horizontal e vertical do 
elemento inclinado são
  
  
(Resposta) N/mm 20,1
4050
400.2
(Resposta) N/mm 80,1
4025
800.1
2
2


BC
AB


  
(Resposta) N/mm 60,0
4075
800.1 2
méd 
A tensão de cisalhamento média que age no plano 
horizontal definido por BD é
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Tensão admissível
• Muitos fatores desconhecidos que influenciam na tensão real de um 
elemento.
• O fator de segurança é um método para especificação da carga admissível 
para o projeto ou análise de um elemento.
• O fator de segurança (FS) é a razão entre a carga de ruptura e a carga 
admissível.
adm
rup
FS
F
F

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Exemplo 1.14
O braço de controle está submetido ao carregamento mostrado na figura abaixo. 
Determine, com aproximação de 5 mm, o diâmetro exigido para o pino de aço 
em C se a tensão de cisalhamento admissível para o aço for . 
Note na figura que o pino está sujeito a cisalhamento duplo.
MPa 55adm 
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Solução:
Para equilíbrio, temos:
O pino em C resiste à força resultante em C. Portanto,
    kN 41,30305 22 CF
200      
 
  kN3002515;0
kN502515;0
kN150125,025075,0152,0;0
5
3
5
4
5
3






yyy
xxx
ABABC
CCF
CCF
FFM
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O pino está sujeito a cisalhamento duplo, uma força de cisalhamento de 15,205 kN 
age sobre sua área da seção transversal entre o braço e cada orelha de apoio do 
pino.
A área exigida é
Use um pino com um diâmetro d = 20 mm. (Resposta)
mm8,18
mm45,276
2
m(10)45,276
(10)55
205,15
2
26
3
adm
2

÷





 
d
d
V
A


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Exemplo 1.17
A barra rígida AB é sustentada por uma haste de aço AC com 20 mm de 
diâmetro e um bloco de alumínio com área de seção transversal de 1.800 mm2. 
Os pinos de 18 mm de diâmetro em A e C estão submetidos a cisalhamento 
simples. Se a tensão de ruptura do aço e do alumínio forem e 
, respectivamente, e a tensão falha para cada pino for de 
, determine a maior carga P que pode ser aplicada à barra. Aplique 
um fator de segurança FS = 2.
  MPa 680
rupaço

  MPa 70
rupal

MPa 900rup 
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Solução:
As tenções admissíveis são: 
 
 
 
MPa 450
2
900
FS
MPa 35
2
70
FS
MPa 340
2
680
FS
rup
adm
rupal
admal
rupaço
admaço









Há três incógnitas e nós aplicaremos as equações de equilíbrio
   
    (2) 075,02 ;0
(1) 0225,1 ;0




PFM
FPM
BA
ACB
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Agora, determinaremos cada valor de P que crie a tensão admissível na haste, no 
bloco e nos pinos, respectivamente.
A haste AC exige
         kN 8,10601,010340 26
admaço
  ACAC AF
Usando a Equação 1,
  
kN 171
25,1
28,106
P
Para bloco B,
       kN 0,6310800.11035 66
admal
 BB AF 
Usando a Equação 2,
  
kN 168
75,0
20,63
P
3
3
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Para o pino A ou C,
Usando a Equação 1,
  
kN 183
25,1
25,114
P
Quando P alcança seu menor valor (168 kN), desenvolve a tensão normal 
admissível no bloco de alumínio. Por consequência,
(Resposta) kN 168P
     kN 5,114009,010450 26adm   AFV AC
3
Propriedades 
mecânicas dos 
materiais
Aula - 03
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• A resistência de um material depende de sua capacidade de suportar uma 
carga sem deformação excessiva ou ruptura.
• Essa propriedade é inerente ao próprio material e deve ser determinada por 
métodos experimentais, como o ensaio de tração ou compressão.
• Uma máquina de teste é projetada para ler a carga exigida para manter o 
alongamento uniforme.
O ensaio de tração e compressão
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Diagrama tensão–deformação convencional
• A tensão nominal, ou tensão de engenharia, é determinada pela divisão da 
carga aplicada P pela área original da seção transversal do corpo de prova, 
A0.
A deformação nominal, ou deformação de engenharia, é determinada pela 
divisão da variação, δ (Lfinal – L0(inicial)), no comprimento de referência do 
corpo de prova, pelo comprimento de referência ininal do corpo de prova, L0.
0A
P

0L

 
O diagrama tensão–deformação
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• Comportamento elástico
 A tensão é proporcional à 
deformação.
 O material é linearmente elástico.
• Escoamento
 Um pequeno aumento na tensão 
acima do limite de elasticidade 
resultará no colapso do material e 
fará com que ele se deforme 
permanentemente. Essa deformação 
é causada por deslizamento relativo 
do material de superfícies oblíquas, 
caracterizando tensões de 
cizalhamento.
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• Endurecimento por deformação
 Quando o escoamento tiver terminado, pode-se aplicar uma carga 
adicional ao corpo de prova, o que resulta em uma curva que cresce 
continuamente, mas torna-se mais achatada até atingir uma tensão 
máxima denominada limite de resistência.
• Estricção
 No limite de resistência, a área 
da seção transversal começa a
diminuir em uma região localizada
do corpo de prova.
 O corpo de prova quebra quando 
atinge a tensão de ruptura.
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Diagrama tensão–deformação real
• Os valores da tensão e da deformação calculados por essas medições são 
denominados tensão real e deformação real.
• Use este diagrama já que a maioria dos projetos de engenharia é feito dentro 
da faixa elástica.
Lente de aumento 
sobre a região elástica
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Materiais dúcteis
• Material que possa ser submetido a grandes deformações antes de 
sofrer ruptura é denominado material dúctil. A ruptura dos materiais 
ducteis deve-se principalmente às tensões de cizalhamento.
Materiais frágeis
• Materiais que exibem pouco ou nenhum escoamento antes da falha 
são denominados materiais frágeis. A ruptura dos materiais frágeis 
deve-se principalmente às tensões normais.
O comportamento da tensão–deformação 
de materiais dúcteis e frágeis
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• A lei de Hooke define a relação linear entre tensão e deformação dentro da 
região elástica.
• E pode ser usado somente se o material tiver relação linear–elástica. 
 E
σ = tensão
E = módulo de elasticidade ou módulo de Young
ε = deformação
Lei de Hooke
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Endurecimento por deformação
• Se um corpo de prova de material dúctil for carregado na região plástica e, 
então, descarregado, a deformação elástica é recuperada.
• Entretanto, a deformação plástica permanece, e o resultado é que o 
material fica submetido a uma deformação permanente.
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• Quando um material é deformado por uma carga externa, tende a armazenar 
energia internamente em todo o seu volume. 
• Essa energia está relacionada com as deformações no material, e é 
denominada energia de deformação.
E
u
pl
plplr
2
2
1
2
1  
Energia de deformação
Módulo de resiliência
• Quando a tensão atinge o limite de 
proporcionalidade, a densidade da energia 
de deformação é denominada
módulo de resiliência, ur.
Área da região elástica
Densidade = energia por unidade de volume
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Módulo de tenacidade
• Módulo de tenacidade, ut, representa a 
área inteira sob o diagrama tensão-
deformação, até a fratura.
• Indica a densidade de energia de 
deformação do material um pouco antes da 
ruptura, ou seja, a quantidade de energia 
absorvida por unidade de volume até a 
fratura.
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O diagrama tensão-deformação para uma liga 
de alumínio utilizada na fabricação de peças 
de aeronaves é mostrado ao lado. Se um 
corpo de prova desse material for submetido à 
tensão de tração de 600 MPa, determine a 
deformação permanente no corpo de prova 
quando a carga é retirada. Calcule também o 
módulo de resiliência antes e depois da 
aplicação da carga.
Exemplo 3.2
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Solução:
Quando o corpo de prova é submetido à carga, a 
deformação é aproximadamente 0,023 mm/mm.
A inclinação da reta OA é o módulo de 
elasticidade, isto é,
Pela semelhança do triângulo CBD, temos que
    mm/mm 008,0100,7510600 9
6
 CD
CDCD
BD
E
GPa 0,75
006,0
450
E
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A deformação representa a quantidade de deformação elástica recuperada.
Assim, a deformação permanente é
    
     (Resposta) MJ/m 40,2008,0600
2
1
2
1
(Resposta) MJ/m 35,1006,0450
2
1
2
1
3
3


lplpfimr
lplpinícior
u
u


(Resposta) mm/mm 0150,0008,0023,0 OC
Calculando o módulo de resiliência,
MPaMPa
MPa
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• Coeficiente de Poisson, v (nu), estabelece que dentro da faixa elástica, a 
razão entre essas deformações é uma constante, já que estas são 
proporcionais. É a relação entre a deformação específica transversal e a 
deformação específica longitudinal.
• A expressão acima tem sinal negativo porque o alongamento longitudinal 
(deformação positiva) provoca contração lateral (deformação negativa) e 
vice-versa.
long
lat


v
O coeficiente de Poisson é adimensional.
Valores típicos são 1/3 ou 1/4.
Coeficiente de Poisson
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Uma barra de aço A-36 tem as dimensões mostradas abaixo. Se uma força axial 
P = 80 kN for aplicada à barra, determine a mudança em seu comprimento e a 
mudança nas dimensões da área de sua seção transversal após a aplicação da 
carga. O material comporta-se elasticamente. (Considerar: Eaço = 200 GPa e o 
coeficiente de poisson, ν = 0,32)
Exemplo 3.4
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Solução:
A tensão normal na barra é
 
  
 Pa 100,16
05,01,0
1080 6
3

A
P
z
Da tabela para o aço A-36, Eaço = 200 GPa,
 
 
 mm/mm 1080
10200
100,16 6
6
6
aço

E
z
z
 9
ou ξ = 80 µm / m
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O alongamento axial da barra é, portanto,
As deformações de contração em ambas as 
direções x e y são
    (Resposta) m1205,11080 6z   zz L
Assim, as mudanças nas dimensões da seção 
transversal são
   
    (Resposta) m28,105,0106,25
(Resposta) m56,21,0106,25
6
6






yyy
xxx
L
L
   m/m 6,25108032,0 6aço   zyx v
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• Para cisalhamento puro, o equilíbrio exige que 
tensões de cisalhamento iguais sejam 
desenvolvidas nas quatro faces do elemento.
O diagrama tensão−deformação de cisalhamento
• Se o material for homogêneo e isotrópico 
(mesmas propriedades mecânicas em todas 
as direções), a tensão de cisalhamento 
distorceráo elemento uniformemente.
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• A maioria dos materiais de engenharia apresenta comportamento elástico 
linear, portanto a lei de Hooke para cisalhamento pode ser expressa por
• Três constantes do material, E, v e G, na realidade, estão relacionadas pela 
equação
 G
G = módulo de elasticidade no 
cisalhamento ou módulo de rigidez.
√ = coeficiente de poisson
γ = deformação por cizalhamento
ז = tensão de cizalhamento
 v
E
G


12
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Um corpo de liga de titânio é testado em 
torção e o diagrama tensão-deformação de 
cisalhamento é mostrado na figura abaixo. 
Determine o módulo de cisalhamento G, o 
limite de proporcionalidade e o limite de 
resistência ao cisalhamento. Determine 
também a máxima distância d de 
deslocamento horizontal da parte superior de 
um bloco desse material, se ele se comportar 
elasticamente quando submetido a uma força 
de cisalhamento V. Qual é o valor de V 
necessário para causar esse deslocamento?
Exemplo 3.5
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Solução:
As coordenadas do ponto A são:
0,008 rad, 360 MPa.
Assim, o módulo de cisalhamento é:
  (Resposta) MPa 1045
008,0
360 3G
Por inspeção, o gráfico deixa de ser 
linear no ponto A. Assim, o limite de 
proporcionalidade é: 
(Resposta) MPa 360lp
Esse valor representa a tensão de 
cisalhamento máxima, no ponto B. 
Assim, o limite de resistência é:
(Resposta) MPa 504m
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2 ¶ rad = 360° logo 1 rad = 360° / 2 ¶ = 57, 296°
ângulo em graus = 0,008 rad x 57,296 = 0,4584°
tg 0,45884 = 0,008
Já que o ângulo é pequeno, o deslocamento horizontal da parte superior será
  mm 4,0
mm 50
008,0rad 008,0tg  d
d
A força de cisalhamento V necessária para causar
o deslocamento é
  
(Resposta) kN 700.2
10075
MPa 360 ;méd  V
V
A
V
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Fluência
• Quando um material tem de suportar uma carga por muito tempo, pode
continuar a deformar-se até sofrer uma ruptura repentina. 
• Essa deformação permanente é conhecida como fluência.
• De modo geral, tensão e/ou temperatura desempenham um papel
significativo na taxa de fluência.
• A resistência à fluência diminuirá para
temperaturas mais altas ou para tensões
aplicadas mais altas.
Falha de materiais devida à fluência e à fadiga
É o fenômeno de deformação lenta, sob ação de uma carga 
constante aplicada durante longo período de tempo a uma 
temperatura superior à 40% da Temperatura de fusão em 
Kelvin.
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Fadiga
• Quando um metal é submetido a ciclos repetidos de tensão ou
deformação, sua estrutura irá resultar em ruptura.
• Esse comportamento é chamado fadiga.
• Limite de fadiga é um limite no qual nenhuma falha é detectada após a 
aplicação de uma carga durante um número específico de ciclos.
• Esse limite pode ser determinado
no diagrama S-N.
Capítulo 4: 
Carga axial
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• O princípio Saint-Venant afirma que a deformação e tensão 
localizadas nas regiões de aplicação de carga ou nos apoios tendem a 
“nivelar-se” a uma distância suficientemente afastada dessas regiões.
Princípio de Saint-Venant
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• Usando a lei Hooke e as definições de tensão e deformação, somos 
capazes de determinar a deformação elástica de um elemento submetido a 
cargas axias.
• Suponha um elemento sujeito a cargas,
 
  dx
dδ
ε
xA
xP
 e 
 
 

L
ExA
dxxP
0

= deslocamento de um 
ponto na barra relativo a outro
L = distância original
P(x) = força axial interna na 
seção
A(x) = área da seção 
transversal da barra
E = módulo de elasticidade

Deformação elástica de um elemento 
submetido a carga axial
Onde: ξ = σ / E, sendo σ = P/A, têm-se: ξ = P / A.E
Sendo a deformação total δ = ξ . L = P.L / A.E
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Carga constante e área de seção transversal
• Quando uma força constante externa é aplicada a cada extremidade da barra, 
Convenção de sinais
• Força e deslocamento são positivos se provocarem tração e alongamento; e 
negativos causarão compressão e contração.
AE
PL

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O conjunto é composto por um tubo de alumínio AB com área de seção transversal 
de 400 mm2. Uma barra de aço com 10 mm de diâmetro está acoplada a um colar 
rígido e que passa pelo tubo. Se uma carga de tração de 80 kN for aplicada à barra, 
determine o deslocamento da extremidade C da barra. (Eaço = 200 GPa, Eal = 70 
GPa )
Exemplo 4.2
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   
      



m 001143,0001143,0
107010400
4,01080
96
3
AE
PL
B
O deslocamento da extremidade B em relação à
extremidade fixa A é
Visto que ambos os deslocamentos são para direita, 
o deslocamento resultante de C em relação à 
extremidade fixa A é, portanto, 
Resposta)(mm 20,4m 0042,0/  BCCC 
Solução:
Encontre o deslocamento da extremidade C em
relação à extremidade B.
   
     

 m 003056,0
10200005,0
6,01080
9
3
/  AE
PL
BC
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• A barra é estatisticamente indeterminada quando as equações de 
equilíbrio não são suficientes para determinar as reações.
• Princípio da superposição é frequentemente usado para determinar a 
tensão ou o deslocamento em um ponto de um elemento quando este 
estiver sujeito a um carregamento estaticamente indeterminado. Pressupõe 
a superposição dos deslocamentos de cada parte da estrutura avaliada.
Princípio da superposição
Elemento com carga axial estaticamente indeterminado
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A haste de aço A-36 (E = 200 GPa) tem diâmetro de 5 mm. Está presa à parede 
fixa em A e, antes de ser carregada (força axial de 20 kN), há uma folga de 1 mm 
entre a parede em B’ e a haste. Determine as reações em A e B’.
Exemplo 4.9
Como a barra tem um (1) 
engastamento é um anteparo, é 
estaticamente indeterminada. 
Utilizando-se do princípio da 
superposição, considero o 
deslocamento provocado pela força 
“P” e o deslocamento propiciado 
pela reação “B”, o qual tem sentido 
oposto à força “P”. Nesse caso 
limitados a um milímetro.
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(1) 0,001 BP  
   
    
 
       B
BABB
B
AC
P
F
F
AE
LF
AE
PL
6
9
9
3
103056,0
102000025,0
2,1
 
m 002037,0
102000025,0
4,01020
 






Solução:
Considere o apoio em B’ como redundante e usando o princípio da 
superposição
Além,
O sinal de “B” é negativo, pois “B” tem sentido oposto à “P”. 
As transformações de unidades, nas potencias 10, consideram 
a transformação de força para Newton (N). 
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Substituindo na equação 1,temos
 
  (Resposta) kN 39,31039,3
103056,0002037,0001,0
3
6

 
B
B
F
F
(Resposta) kN 6,16 
039,320 ;0
 
A
Ax
F
FF
Pelo diagrama de corpo livre,
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O parafuso de liga de alumínio 2014-T6 (E = 75 
GPa) e é apertado de modo a comprimir um tubo 
cilíndrico de liga de magnésio Am 1004-T61 (E = 45 
GPa). O tubo tem raio externo de 10 mm, e 
consideramos que o raio interno do tubo e o raio do 
parafuso são ambos 5 mm. As arruelas nas partes 
superior e inferior do tubo são consideradas rígidas 
e têm espessura desprezível. Inicialmente, a porca 
é apertada levemente a mão; depois é apertada 
mais meia-volta com uma chave de porca. Se o 
parafuso tiver 20 roscas por polegada, determine a 
tensão no parafuso.
Exemplo 4.8
0,635 
mm
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Considerando dois módulos de elasticidade,
 
 
 
 
 
  
 
  
b
F
t
F
b
F
t
F
b
F
t
F
01019,0
635,0
005659,0
 
755,78
60
635,0
45235,6
60
 
75
2
5
60
635,0
45
2
5
2
10
60










  
(1) 0 ;0   tby FFF
  bt   635,0 
Solução:
O equilíbrio exige
Quando a porca é apertada contra o parafuso, o tubo encurta. 
20 fpp = passo = 1,27 mm logo ½ volta = 0,635 mm
0,635 
mm
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N 40 tb FF
As tensões no parafuso e no tubo são, portanto,
Resolvendo as equações 1 e 2 simultâneamente, temos
 
 
(Resposta) MPa 9,133N/mm 9,133
510
40
(Resposta) MPa 8,401N/mm 8,401
5
40
2
22
2








t
t
t
b
b
b
A
F
A
F
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• Uma mudança na temperatura pode provocar alterações nas dimensões de 
um material.
• Se o material for homogêneo e isotrópico,
TLT 
= coeficiente linear de expansão térmica, propriedade do material
= variação na temperatura do elemento
= comprimento inicial do elemento
= variação no comprimento do elemento

T
T
Tensão térmica
L
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Uma barra rígida está presa à parte superior de três postes feitos de aço A-36 (E = 
200 GPa e α = 12 x 10-6 por °C) e alumínio 2014-T6 (E = 73,1 GPa e α = 23 x 10-6
por °C) . Cada um dos postes tem comprimento de 250 mm quando não há 
nenhuma carga aplicada à barra e a temperatura é de T1 = 20°C. Determine a 
força suportada por cada poste se a barra for submetida a um carregamento 
distribuído uniformemente de 150 kN/m e a temperatura aumentar até T2 = 80°C.
Exemplo 4.12
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  (2) alaço  
  (1) 010902 ;0 3alaço   FFFy
Solução:
Do diagrama de corpo livre nós temos
A parte superior de cada poste sofre o 
mesmo deslocamento. Em consequência,
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A posição final da parte superior de cada poste é igual ao deslocamento causado 
pelo aumento da temperatura e a força de compressão axial interna.
       
FTFT alaçoaçoaço
 
     
     
FT
FT
alalal
açoaçoaço
 
 




Aplicando a equação 2, temos
Com referência às propriedades dos materiais, temos
Resolvendo equações 1 e 3 simultâneamente,
(Resposta) kN 123 e kN 4,16 alaço  FF
      
    
      
    
  (3)109,165216,1
101,7303,0
25,0
25,020801023
1020002,0
25,0
25,020801012
3
alaço
92
al6
92
aço6

 
FF
FF
2
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• Concentrações de tensão ocorrem em seções onde a área da seção 
transversal muda repentinamente.
• A tensão máxima desenvolvida na peça é determinada usando uma fator 
de concentração de tensão, K, o qual é uma função de geometria.
méd
máx


K
Concentrações de tensão
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A tira de aço está sujeita a uma carga axial 
de 80 kN. Determine a tensão normal 
máxima desenvolvida na tira e o 
deslocamento de uma de suas 
extremidades em relação à outra. A tensão 
de escoamento do aço é de σe = 700 MPa 
e Eaço = 200 GPa.
Exemplo 4.14
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 
  
(Resposta) MPa 640
01,002,0
1080
6,1
3
máx 






A
P
K
2
20
40
 ,3,0
20
6

h
w
h
r
Solução:
A tensão normal máxima ocorre na menor seção transversal (B-C), 
Usando a tabela de geometria, nós temos K = 1,6. Portanto, a tensão 
máxima desenvolvida na peça pela força de 80 KN é:
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Desprezando as deformações localizadas ao redor da carga aplicada e na 
mudança repentina na seção transversal no filete de rebaixo (princípio de Saint-
Venant’s), temos
  
     
  
     
(Resposta) mm 20,2 
1020001,002,0
8,01080
1020001,004,0
3,01080
2
9
3
9
3
/















AE
PL
DA
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• O elemento pode ser modelado e deformado permanentemente; esse 
comportamento é denominado perfeitamente elástico ou elastoplástico.
• σ é a tensão de escoamento e A é a área de seção transversal da barra na 
seção a–a. Não considera o fator de concentração de tensões K.
AdAP
A
eep   
Deformação axial inelástica
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A barra é feita de aço e consideramos que seja elástica e perfeitamente plástica, 
com σe = 250 MPa. Determine (a) o valor máximo da carga aplicada em P que pode 
ser aplicada sem causar o escoamento do aço e (b) o valor máximo de P que a 
barra pode suportar. Faça um rascunho da distribuição de tensão na seção crítica 
para cada caso.
Exemplo 4.14
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 
  
(Resposta) kN 
 
e
e
e
emédmáx
14,9P
032,0002,0
P
75,110250
A
P
K;K
6 












 
   
25,1
840
40
 ,125,0
840
4





h
w
h
r
Solução:
a) Achar o fator de concentração de tensão,
Usando a Equação 4.7,
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 
  
(Resposta) kN 0,16 
032,0002,0
10250
 
p
p6
p
e



P
P
A
P

b) À medida que P aumenta até a carga plástica, provoca uma mudança gradativa 
na distribuição da tensão do estado elástico para o estado plástico.
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Capítulo 5: 
Torção
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• Considerando a área A situada no plano xy; se x e y forem coordenadas de 
um elemento de área dA teremos o momento estático da área A, em 
relação aos eixos x e y, como a integral:
Qx = y dA (mm
3) Qy = x dA (mm
3)
Momento estático da área A
 
A A
• Considerando a figura ao 
lado, é possível notar que, 
dependendo da posição 
dos eixos coordenados, 
cada uma das integrais 
pode ser positiva, negativa 
ou nula.
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• Considerando que o momento estático é a integral de xdA ou ydA, vemos 
que a centróide pode ser definida como o ponto C de coordenadas x e y 
que satisfazem as seguintes relações:
A . x = x dA A . y = y dA
Centróide da área A
• Os momentos estáticos da área A podem ser 
expressos como o produto da área pelas 
coordenadas de sua centróide.
A . x = Qy
A . y = Qx
 
A A
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• Quando uma área possui um eixo 
de simetria, o momento estático da 
área em relação ao eixo de simetria 
é zero. Assim sendo, se uma área 
possui um eixo de simetria, sua 
centróide se localiza nesse eixo. 
Centróide da área A
• Como um retângulo ou 
uma área circular 
possuem dois eixos de 
simetria, o centróide 
coincidirá com seu centro 
geométrico.
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Cálcule o momento estático da figura abaixo, em relação aos eixos x e y.
Exemplo 5.0
Qy = A . x logo: Qy = (b.h).(b/2) = (h.b
2) / 2
Qx = A . y logo: Qx = (b.h).(h/2) = (b.h
2) / 2
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Determinar, para a área triangular ao lado: a) O momento 
estático Qx da área em relação ao eixo x. b) a ordenada 
y do centróide da área.
Exemplo 5.1
a) Momento estático Qx
Sendo o momento estático solicitado em relação à x, escolhemos como 
elemento de área, uma faixa horizontal de comprimento u e espessura dy.
Por semelhança de triângulo, temos:
(u / b) = (h – y) / h logo: u = b [(h-y)/h]
dA = u dy = b*[(h-y)/h] dy
Qx = y dA
A
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Exemplo 5.1
O momento estático da área em relação ao eixo x é:
0
h
AQx = y dA = y* {b [(h-y)/h)]} dy = b/h (hy – y
2) dy
= b/h [h (y2 / 2) - y3 / 3)] logo: Qx = (bh
2) / 6
0
h

0
h
b) Ordenada do centróide:
Qx = A . y logo: Qx = (bh
2) / 6 = [(b.h) / 2] . y
Finalizando: y = h / 3
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• Para o desenho ao lado, temos 
que F = m.a, e F = m dv/dt.
• Sendo v = ώ * R → F = 
m*R*dώ/dt.
• Se multiplicarmos os dois lados 
por R, temos: R*F = 
m*R2*dώ/dt.
• Onde m*R2 = Momento de 
Inércia e R*F é o Torque.
Momento de Inércia da área A
Momento de Inércia é o grau de dificuldade em se 
alterar o estado de movimento de um corpo em 
rotação. A forma Polar é utilizada quando se quer 
analisar barras sob torção.
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Momento de Inércia da área A
• Considerando a figura ao lado, o momento 
retângular de inércia da área A em relação ao 
eixo x e o momento de inércia de A em relação 
ao eixo y são definidos respectivamente como: 
• O Momento de Inércia Polar em relação ao 
ponto O, pode ser definido como:
Jo = ρ
2 dA
A
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Relação entre os momentos de inércia
• Sendo o triângulo retângulo xyp, considerando pitágoras, é 
possível afirmar que ρ2 = x2 + y2 , ficando o Momento de 
Inércia Polar como:
Jo = ρ
2 dA e Jo = (x
2 + y2) dA e Jo = y
2 dA + x2 dA 
logo: Jo = Ix + Iy

A

A

A

A
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Determinar, para a área circular indicada na figura, o Momento Polar de Inércia (Jo) 
e os Momentos Retângulares de Inércia (Ix e Iy).
Exemplo 5.2
a) Momento de Inércia Polar Jo
Vamos adotar como elemento de área um anel (2¶) de raio ρ (2¶ρ) e 
espessura dρ. Uma vez que todos os pontos do anel estão à mesma 
distância ρ do ponto O, temos o momento de inércia polar dado por:
dJo = ρ
2 dA onde dA = (2*¶*ρ dρ)
Integrando na variável ρ de O até c, encontramos:
= ρ2 (2*¶*ρ dρ) = 2*¶ * ρ3 dρ finalizando: Jo = (¶.c
4) / 2Jo = ρ
2 dA
A
0
c

0
c

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Determinar, para a área circular indicada na figura, o Momento Polar de Inércia (Jo) 
e os Momentos Retângulares de Inércia (Ix e Iy).
Exemplo 5.2
b) Momento de Inércia Retangulares
Devido à simetria da área circular, temos Ix = Iy.
Se Jo = Ix + Iy temos que: Jo = 2*Ix onde Jo = (¶*c
4) / 2
logo: (¶*c4) / 2 = 2*Ix finalizando: Ix = Iy = (¶.c
4) / 4
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• Se o eixo tiver uma seção transversal circular maciça,
• Se o eixo tiver uma seção transversal tubular,
4
2
cJ


 44
2
io ccJ 

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Se o momento de torção T tem um valor tal que as tensões de cisalhamento estão 
abaixo das tensões de escoamento, é possível aplicar a Lei de Hooke.
Nesse caso as tensões estão dentro do limite de proporcionalidade e abaixo do 
limite de elasticidade.
Considerando as afirmações acima e a variação de tensão ao longo da seção 
transversal de um tubo, é possível afirmar que:
  máx c
Torque e Tensão no regime Elástico
 
máx
 c2min
c1
Torque é um momento que tende a torcer um elemento em torno de seu eixo 
longitudinal.
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• Se o material for linear elástico, então a lei de Hooke se aplica. 
• Uma variação linear na deformação por cisalhamento resulta em uma 
variação linear na tensão de cisalhamento correspondente ao longo de 
qualquer linha radial na seção transversal.
J
T
J
Tc   ou máx
= tensão de cisalhamento máxima no eixo (MPa)
= tensão de cisalhamento no ponto ρ (MPa)
= torque interno resultante (N.mm)
= momento polar de inércia da área da seção 
transversal (mm4)
= raio externo do eixo (mm)
= distância intermediária (mm)
máx

T
J
c

A fórmula da torção
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O eixo está apoiado em dois mancais e sujeito a três torques. Determine a tensão 
de cisalhamento desenvolvida nos pontos A (ρ = c = 75 mm) e B (ρ = 15 mm) 
localizados na seção a–a do eixo.
Exemplo 5.4
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Solução:
Pelo diagrama de corpo livre do segmento esquerdo,
mmkN 250.10000.3250.4 ;0  TTM x
O momento polar de inércia para o eixo é
Visto que A se encontra em ρ = c = 75 mm,
Da mesma forma, para B, em ρ =15 mm, temos
  
(Resposta) MPa 377,0
1097,4
15250.1
7



J
Tc
B
  mm 1097,475
2
74 

J
4
  
(Resposta) MPa 89,1
1097,4
75250.1
7



J
Tc
B
A
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• Potência é definida como o trabalho realizado por unidade de tempo.
• Onde: P (Joule / s = N*m / s = watt); T (N*m); ω = s-1
• Para um eixo rotativo com torque, a potência é:
• Visto que , a equação para a potência é
• Para o projeto do eixo, o parâmetro de projeto ou parâmetro geométrico é:
dtdTP / é eixo doangular e velocidada onde  
f 2rad 2ciclo 1 
fTP 2
adm
T
c
J

Transmissão de potência
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Um eixo maciço de aço AB será usado para transmitir 3.750 W do motor M ao qual 
está acoplado. Se o eixo girar com f = 175 rpm e o aço tiver uma tensão de 
cisalhamento admissível τadm = 100 MPa, determine o diâmetro exigido para o eixo 
com precisão de mm.
Exemplo 5.5
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Solução:
O torque no eixo é
Nm 6,204
60
2175
750.3 




 


TT
TP


Assim,
  
 
mm 92,10
100
000.16,20422
2
3/13/1
adm
adm
4

















T
c
T
c
c
c
J
Visto que 2c = 21,84 mm, selecione um eixo com diâmetro 22 mm.
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Torque é um momento que tende a torcer um elemento em torno de seu eixo 
longitudinal.
• Se o ângulo de rotação for pequeno, o comprimento e o raio do eixo 
permanecerão inalterados.
Deformação por torção de um eixo circular
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Φ = ângulo de torção
T(x) = torque interno
J(x) = momento polar de inércia do eixo
G = módulo de elasticidade ao cisalhamento
Ângulo de torção
JG
TL

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• Integrando em todo o comprimento L do eixo, temos
• Considerando que o material é homogêneo, G é constante, logo
• A convenção de sinal é determinada pela regra 
da mão direita.
• Sentido saindo do eixo = positivo.
 
 

L
GxJ
dxxT
0

Φ = ângulo de torção
T(x) = torque interno
J(x) = momento polar de inércia do eixo
G = módulo de elasticidade ao cisalhamento
JG
TL

Ângulo de torção
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Os dois eixos maciços de aço estão interligados por meio das engrenagens. 
Determine o ângulo de torção da extremidade A do eixo AB quando é aplicado o 
torque 45 Nm. Considere G = 80 GPa. O eixo AB é livre para girar dentro dos 
mancais E e F, enquanto o eixo DC é fixo em D. Cada eixo tem diâmetro de 
20 mm.
Exemplo 5.8
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Solução:
Do diagrama de corpo livre,
    Nm 5,22075,0300
N 30015,0/45


xD
T
F
O ângulo de torção em C é
  
     
rad 0269,0
1080001,02
5,15,22
94


  JG
TLDC
C
Visto que as engrenagens na extremidade estão engrenadas, seus deslocamentos 
tangenciais, no engrenamento, devem ser iguais. (r*Ø = constante)
     rad 0134,0075,00269,015,0 B
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Visto que o ângulo na extremidade A em relação ao extremo B do eixo AB 
causada pelo torque de 45 Nm,
  
     
rad 0716,0
1080010,02
245
94/


  JG
LT ABAB
BA
A rotação da extremidade A é portanto
(Resposta) rad 0850,00716,00134,0/  BABA 
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• A tensão de cisalhamento máxima e o ângulo de torção para eixos com seção 
transversal não circular são:
Eixos maciços não circulares
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O eixo de alumínio 6061-T6 tem área de seção transversal na forma de um 
triângulo equilátero. Determine o maior torque T que pode ser aplicado à 
extremidade do eixo se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa e o 
ângulo de torção na extremidade estiver restrito a Φadm = 0,02 rad. Qual é a 
intensidade do torque que pode ser aplicado a um eixo de seção transversal 
circular feito com a mesma quantidade de material? Gal = 26 GPa.
Exemplo 5.13
Para os dois casos, avaliar pela 
restrição de ângulo e pela tensão 
admissível.
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Solução:
Por inspeção, o torque interno resultante em qualquer seção 
transversal ao longo da linha central do eixo também é T.
Por comparação, o torque é limitado devido ao ângulo de torção.
  
  
(Resposta) Nm 12,24
102640
102,146
,020 ;
46
Nm 2,779.1
40
20
56 ;
20
34
3
al
4adm
33adm


T
T
Ga
T
T
T
a
T


Ø
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 
  
  
     
(Resposta) Nm 10,33
102685,142/
102,1
02,0 ;
Nm 06,288
85,142/
85,14
56 ;
34
3
al
adm
4adm


T
T
JG
TL
T
T
J
Tc


Para seção transversal circular, temos
   mm 85,1460sen4040
2
1
 ; 2triângulocírculo  ccAA 
As limitações de tensão e ângulo de torção exigem
Novamente, o ângulo de torção limita o torque aplicado.
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• O fator de concentração de tensão por torção, K, é usado para simplificar 
a análise complexa da tensão.
• A tensão de cisalhamento máxima é determinada pela equação:
J
Tc
Kmáx
Concentração de tensão
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O eixo em degrau está apoiado nos mancais em A e B. Determine a tensão máxima 
no eixo resultante dos torques aplicados. O filete na junção de cada eixo tem raio 
r = 6 mm.
Exemplo 5.18
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Solução:
Por inspeção, o equilíbrio de momento em torno da central do eixo é satisfeito. 
 
   
15,0
202
6
 ;2
202
402

d
r
d
D
 
  
(Resposta) MPa 10,3
020,02
020,030
3,1
4máx






  J
Tc
K
O fator de concentração de tensão pode ser determinado pela geometria do eixo:
Assim, K = 1,3 e a tensão máxima é
Capítulo 7: 
Cisalhamento 
transversal
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• Considerando que o momento estático é a integral de xdA ou ydA, vemos 
que a centróide pode ser definida como o ponto C de coordenadas x e y 
que satisfazem as seguintes relações:
A . x = x dA A . y = y dA
Centróide da área A
• Os momentos estáticos da área A podem ser 
expressos como o produto da área pelas 
coordenadas de sua centróide.
A . x = Qy
A . y = Qx
 
A A
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• Quando uma área possui um eixo 
de simetria, o momento estático da 
área em relação ao eixo de simetria 
é zero. Assim sendo, se uma área 
possui um eixo de simetria, sua 
centróide se localiza nesse eixo. 
Centróide da área A
• Como um retângulo ou 
uma área circular 
possuem dois eixos de 
simetria, o centróide 
coincidirá com seu centro 
geométrico.
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Momento de Inércia da área A
• Considerando a figura ao lado, o momento 
retângular de inércia da área A em relação ao 
eixo x e o momento de inércia de A em relação 
ao eixo y são definidos respectivamente como: 
• O Momento de Inércia Polar em relação ao 
ponto O, pode ser definido como:
Jo = ρ
2 dA
A
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Relação entre os momentos de inércia
• Sendo o triângulo retângulo xyp, considerando pitágoras, é 
possível afirmar que ρ2 = x2 + y2 , ficando o Momento de 
Inércia Polar como:
Jo = ρ
2 dA e Jo = (x
2 + y2) dA e Jo = y
2 dA + x2 dA 
logo: Jo = Ix + Iy

A

A

A

A
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Determinar, para a área circular indicada na figura, o Momento Polar de Inércia (Jo) 
e os Momentos Retângulares de Inércia (Ix e Iy).
Exemplo 5.2
a) Momento de Inércia Polar Jo
Vamos adotar como elemento de área um anel (2¶) de raio ρ (2¶ρ) e 
espessura dρ. Uma vez que todos os pontos do anel estão à mesma 
distância ρ do ponto O, temos o momento de inércia polar dado por:
dJo = ρ
2 dAonde dA = (2*¶*ρ dρ)
Integrando na variável ρ de O até c, encontramos:
= ρ2 (2*¶*ρ dρ) = 2*¶ * ρ3 dρ finalizando: Jo = (¶.c
4) / 2Jo = ρ
2 dA
A
0
c

0
c

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Quando a figura é assimétrica em relação à linha neutra, o cálculo do momento 
de inércia deve ser feito utilizando-se o teorema de Steiner.
Para calcular o momento de inércia de um retângulo, em 
relação ao eixo de simetria (linha neutra) “y” da figura, 
temos:
y
dA = bdy
b
h
+h/2
-h/2
Iy = y
2 dA
A
Iy = y
2 b dy
-h/2
+h/2
Iy = [(b y
3) / 3] Iy = (b h
3)/ 12
Momento de Inércia
Ik = ILN + A.d
2G
dA
d
Linha neutra
ILN
Ik
Reta K
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• O cisalhamento V é o resultado de uma distribuição de tensão de 
cisalhamento que age na seção transversal da viga.
• Devido às propriedades do cisalhamento, junto às tensões transversais 
ocorrem tensões longitudinais, como mostrado na figura. 
Cisalhamento em elementos retos
t
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• Quando o cisalhamento V 
(força) é aplicado, essa 
distribuição não uniforme na 
seção transversal fará com 
que ela se deforme.
• Como essa deformação não é 
uniforme e nem linear, o que 
dificulta seu estudo, útiliza-se 
uma análise indireta, 
relacionando-se o momento 
fletor e o cisalhamento.
• A relação entre o momento e o 
cisalhamento é:
dxdMV 
Cisalhamento em elementos retos
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• Essa relação é definida considerando o equilíbrio da força horizontal 
(∑ Fx = 0) de um elemento retirado da viga abaixo.
A fórmula do cisalhamento
• O diagrama de corpo livre, ao lado, mostra somente a distribuição da tensão normal que 
age sobre o elemento. Essa distribuição é provocada pelos momentos fletores M e M+dM.
• Aqui excluem-se o efeito das forças verticais (w, V e V+dV), pois essas não interferem no 
equilíbrio das forças horizontais (∑ Fx = 0).
•Qual a força não apresentada que deixará o elemento entre em equilíbrio?
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• Considere a área A’, seccionada a uma distância y’ da linha neutra, 
do elemento dx considerado;
• De acordo com a figura do sllide anterior a diferença de momentos 
entre os dois lados do seguimento dx é dM. 
• Logo, a equação (∑ Fx = 0) só poderá ser satisfeita se uma 
tensão de cisalhamento longitudinal agir sobre a face inferior do 
segmento, como mostrado na figura do slide a seguir.
A fórmula do cisalhamento
dx = comprimento do elemento retirado da viga 
NA = linha neutra
y’ = distância entre o plano de corte da área 
selecionada e a linha neutra
y’ = distância entre a centróide de A’ e a linha neutra
t = largura da base da área da seção transversal do 
elemento
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Considerando o elemento A’, conforme 
figura ao lado e aplicando-se as 
equações de equilíbrio, tem-se:
τ = tensão de cisalhamento no elemento 
M = momento aplicado ao elemento
I = momento de inércia da área da seção 
transversal inteira
t = largura da área da seção transversal 
do elemento
A fórmula do cisalhamento
Considerando a equação da flexão,
tem-se:
I
My

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• Resolvendo-se a equação anterior encontra-se a fórmula do cisalhamento, 
a qual é usada para encontrar a tensão de cisalhamento na seção 
transversal.
τ = tensão de cisalhamento no elemento 
V = força de cisalhamento interna resultante
I = momento de inércia da área da seção transversal inteira
t = largura da área da seção transversal do elemento
Q = momento estático da área A
A fórmula do cisalhamento
onde ''
'
AyydAQ
A
 
It
VQ
t
dxdMV 
e
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• Para uma viga com seção 
transversal retangular, a tensão 
de cisalhamento varia 
parabolicamente com a altura. A 
tensão de cisalhamento máxima 
ocorre ao longo do eixo neutro.
Tensões de cisalhamento em vigas
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A viga é feita de madeira e está sujeita a 
uma força de cisalhamento vertical interna 
resultante V = 3 kN. (a) Determine a 
tensão de cisalhamento na viga no ponto P
e (b) calcule a tensão de cisalhamento 
máxima na viga.
Exemplo 7.1
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     34 mm 1075,181005050
2
1
5,12' 





 AyQ
   4633 mm 1028,16125100
12
1
12
1
 bhI
Solução:
(a) O momento de inércia da área da seção 
transversal calculado em torno do eixo neutro é
Aplicando a fórmula do cisalhamento, 
temos
  
  
(Resposta) MPa 346,0
1001028,16
1075,183
6
4




It
VQ
Pt
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(b) A tensão de cisalhamento máxima ocorre no eixo neutro, visto que t é constante 
em toda a seção transversal,
  
  
(Resposta) MPa 360,0
1001028,16
1053,193
6
4
máx 



It
VQt
   34 mm 1053,195,62100
2
5,62
'' 





 AyQ
Aplicando a fórmula do cisalhamento,
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• Na prática, as estruturas são construídas por diferentes componentes que, 
em muitos casos, devem ser unidos rigidamente. Essa união pode ser feita 
através de elementos de fixação (prego, parafuso, solda, rebite e outros).
• Para projetar os elementos de fixação, é necessário conhecer a força de 
cisalhamento à qual eles devem resistir ao longo do comprimento da 
estrutura.
• Esse carregamento, quando medido como força por unidade de 
comprimento, é denominado fluxo de cisalhamento (q).
I
VQ
q 
q = fluxo de cisalhamento
V = força de cisalhamento interna resultante
I = momento de inércia de toda a área da seção 
transversal
Q = momento estático da área A
Fluxo de cisalhamento em estruturas
compostas por vários elementos
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• Para se encontrar o fluxo de cisalhamento (q), é possível utilizar um 
desenvolvimento semelhante ao utilizado anteriormente, quando 
determinou-se a tensão de cisalhamento.
• Como mostra a figura abaixo, três forças agem sobre o elemento, onde 
F+dF são desenvolvidas a partir dos momentos fletores M+dM.
• A terceira força, a qual confere o equilíbrio, é a força dF que, agindo na 
junção, é a força que deve ser suportada pelo elemento de fixação.
• Como dF existe em função de dM, tem-se:
Fluxo de cisalhamento em estruturas
compostas por vários elementos
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• Esse carregamento, quando medido como força por unidade de 
comprimento, é denominado fluxo de cisalhamento q.
Fluxo de cisalhamento em estruturas
compostas por vários elementos
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A viga é composta por quatro tábuas coladas. Se for submetida a um 
cisalhamento V = 850 kN, determine o fluxo de cisalhamento em B e C ao qual a 
cola deve resistir.
Exemplo 7.4
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Solução:
  46 m 1052,87 I
m 1968,0
~



A
Ay
y
O eixo neutro (centroide) será localizado em relação à parte 
inferior da viga,
O momento de inércia calculado em torno do eixo de inércia, é,portanto, .
      33 m 10271,001,0250,01968,0305,0''  BBB AyQ
Visto que a cola em B e B’ mantém a tábua da parte superior 
presa à viga,
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  
  
MN/m 0996,0
1052,87
1001026,0850
'
MN/m 63,2
1052,87
10271,0850
'
6
3
6
3












I
VQ
q
I
VQ
q
C
C
B
B
(Resposta) MN/m 0498,0 e MN/m 31,1  CB qq
Da mesma forma, a cola em C e C’ mantém a tábua interna presa à viga, portanto
Temos para BB’ e CC’
      33 m 1001026,001,0125,01968,0205,0''  CCC AyQ
Visto que são usadas duas linhas de junção para prender cada tábua, a cola por 
metro de comprimento de viga em cada linha de junção deve ser forte o bastante 
para resistir à metade de cada valor calculado de q’.
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A viga-caixão de paredes finas está sujeita a um cisalhamento de 10 kN. Determine 
a variação do fluxo de cisalhamento em toda a seção transversal.
Exemplo 7.7
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Para o ponto B, a área visto que q’B = 0. 
0'A
      433 mm 18464
12
1
86
12
1
I
Solução:
O momento de inércia é
 
N/mm 5,91 kN/cm 951,0
184
2/5,1710

I
VQ
q CC
Para o ponto C,
O fuxo de cisalhamento em D é
 
N/mm 163 kN/cm 63,1
184
2/3010

I
VQ
q DD
Temos
   
    3
3
cm 304122'
cm 5,17155,3'


 AyQ
AyQ
D
C
Capítulo 6: 
Flexão
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• Elementos longos e retos que suportam cargas perpendiculares a seu eixo 
longitudinal são denominados vigas.
• Vigas são classificadas de acordo com o modo como são apoiadas.
Diagramas de força cortante e momento fletor
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• A viga AB da figura sofre a ação de dois esforços iguais e de sentido 
contrário.
• Se cortarmos a barra AB, as condições de equilíbrio no trecho AC devem 
ser mantidas. Para que isso aconteça, os esforços elementares exercidos 
sobre AC pela outra parte, devem ser representados por um conjugado 
equivalente a M.
• O momento (M) desse conjugado é chamado Momento Fletor da seção.
Diagramas de força cortante e 
momento fletor
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• As figuras ao lado 
são exemplos de 
conjugados e 
momentos fletores.
• Note que os 
esforços devem 
estar em equilíbrio, 
ou seja manter o 
elemento estático.
• Na figura 4.4, o 
momento fletor (M) 
mantém a coluna 
em equilíbrio, sem 
ele esta giraria no 
sentido anti-horário.
Diagramas de força cortante e 
momento fletor
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• As funções de cisalhamento e momento podem ser representadas em 
gráficos denominados diagramas de força cortante e momento fletor.
• Direções positivas indicam que a carga distribuída age para baixo na viga e 
a força cortante interna provoca uma rotação em sentido horário.
• O momento será positivo quando provocar 
compressão na parte superior da viga e 
tração na parte inferior da viga.
•Os sinais são convenção, caso o resultado 
seja negativo, isso indica que o sentido 
deve ser invertido.
Deformação por flexão de um elemento reto
SEMPRE utilizar a entrada de V no sentido 
horário e a de M tracionando as fibras 
inferiores, para manter a convenção.
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• A seção transversal de uma viga reta permanece plana quando a viga se 
deforma por flexão.
• Isso provoca uma tensão de tração de um lado da viga e uma tensão de 
compressão do outro lado.
Deformação por flexão de um elemento reto
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Represente graficamente os diagramas de força cortante 
e momento fletor para a viga dada.
Exemplo 6.1
Passo 1: Substituir os apoios por vetores de força.
Passo 2: Elaborar o diagrama de corpo livre do trecho AB.
Passo 3: Estender o diagrama de corpo livre até o trecho BC.
Passo 4: Elaborar os diagramas de força cortante e momento fletor.
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Solução – diagramas de corpo livre:
Um diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado abaixo. A aplicação 
das equações de equilíbrio produz (Passo 2)
  (4) 
222
 ;0 
(3) 
2
0
2
 ;0
 xL
P
Mx
PL
xPMM
P
VVP
P
Fy














(2) 
2
 ;0
(1) 
2
 ;0
x
P
MM
P
VFy
Segmento esquerdo da viga se estende até a distância 
x na região BC. (Passo 3)
As análises serão 
sempre em relação ao 
ponto de corte, onde 
estão os desconhecidos 
V e M. Utilizar sempre a 
convenção.
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O diagrama tensão representa as equações 1 e 3 
O diagrama de momento representa as equações 2 e 4 
Passo 4
Solução – diagramas de esforço cortante e momento fletor:
Note que ao arbitrar V e M é considerada a 
“convecção” de sinais, assim sendo, SEMPRE utilizar 
a entrada de V no sentido horário e a de M tracionando 
as fibras inferiores.
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Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga mostrada na figura.
Exemplo 6.2
W0 = valor máximo da força distribuída mostrada no desenho acima.
L = comprimento total da viga
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Solução:
A carga distribuída é substituída por sua força resultante.
A intensidade da cargar triangular na seção é determinada por cálculo proporcional,
utilizando a lei dos triângulos:
L
w
w
L
w
x
w 00 ou 
. x
x = tamanho parcial da viga.
w = força proporcional no ponto x.
x
w
Passo 1
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Solução: Passos 2 e 3 (somente uma análise é suficiente) 
 
 





















(2) 0
3
1
2
1
23
 ;0
(1)
2
0
2
1
2
 ;0
00
2
0
22000
Mxx
L
xw
x
LwLw
M
 xL
L
w
VVx
L
xwLw
Fy
A resultante do carregamento distribuído é determinada pela área sob o diagrama:
As análises serão 
sempre em relação ao 
ponto de corte, onde 
estão os desconhecidos 
V e M. Utilizar sempre a 
convenção.
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O diagrama de força cortante representa a equação 1 
Momento fletor representa a equação 2 
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Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga mostrada ao lado.
Exemplo 6.3
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Solução:
Duas regiões de x devem ser consideradas para se descreverem as funções de 
cisalhamento e momento da viga inteira.
  (2) kNm 8075,5075,580 ;0
(1) kN 75,5075,5 ;0
m, 50
11
1





xMMxM
VVF
x
y
   
 
  (4) kNm 5,9275,155,2 
0
2
5
551575,580 ;0
(3) kN 575,150551575,5 ;0
m, 10m 5
2
2
2
2
21
22
1





 





xxM
M
x
xxM
xVVxF
x
y
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O diagrama de força cortante 
representa as equações 1 e 3 
O momento fletor das equações 2 e 4 
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• A seção transversal de uma viga reta permanece plana quando a viga se 
deforma por flexão.
• Isso provoca uma tensão de tração de um lado da viga e uma tensão de 
compressão do outro lado.
Deformação por flexão de um elemento reto
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• A deformação longitudinal varia linearmente de zero no eixo neutro.
• A lei de Hooke se aplica quando o material é homogêneo.
• O eixo natural passa pelo centroide da área da seção transversal. 
Deformação por flexão de um elemento reto
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• O momento resultante na seção transversal é igual ao momento produzido 
pela distribuição linear da tensão normal em torno do eixo neutro.
• Pela regra da mão direita, o sinal negativo é compressivo já que age na 
direção negativa de x.
I
My

σ = tensão normal no membro
M = momento interno
I = momento de inércia
y = maior distância perpendicular do eixo neutro
A fórmula da flexão
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Quando a figura é assimétrica em relação à linha neutra, o cálculo do momento 
de inércia deve ser feito utilizando-se o teorema de Steiner.
Para calcular o momento de inércia de um retângulo, em 
relação ao eixo de simetria (linha neutra) “y” da figura, 
temos:
y
dA = bdy
b
h
+h/2
-h/2
Iy = y
2 dA
A
Iy = y
2 b dy
-h/2
+h/2
Iy = [(b y
3) / 3] Iy = (b h
3)/ 12
Momento de Inércia
Ik = ILN + A.d
2G
dA
d
Linha neutra
ILN
Ik
Reta K
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A viga simplesmente apoiada tem a área de seção transversal mostrada na figura 
abaixo. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga e represente a 
distribuição de tensão na seção transversal nessa localização.
Exemplo 6.8
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Solução:
O momento máximo interno na viga é:
kNm 5,22M
15 KN
F = 5.X
X
X / 2
V
M
V + 5.X = 15
x=0 V= 15 KN
x=6 V= -15 KN
x=3 V= 0
∑ M=0 → 15.X – 5.X.(X/2) – M = 0
M = 15.X – 5X2/2 Portanto:
X = 0 → M = 0
X = 6 → M = 0
X = 3 → M = 22.5 KN 
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Por razões de simetria, o centroide C e, portanto, o eixo neutro, passa a meia 
altura da viga, e o momento de inercia é
 
         
  46
323
2
m 103,301 
3,002,0
12
1
16,0002,025,002,025,0
12
1
2 














 AdII
Como o centróide C passa no eixo de simetria, o cálculo do momento de 
inércia também pode ser feito com segue:
ILN = (b h
3)/ 12 = [(0,250 x 0,343) – (0,25 – 0,02) x 0,33] / 12
ILN = (0,009826 – 0,0062) / 12 = 0,0003013 = 301, 3 x 10
6 m4
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Aplicando a fórmula da flexão, para c = 170 mm,
 
 
(Resposta) MPa 7,12
103,301
17,05,22
 ;
6máxmáx



I
Mc
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A viga mostrada na figura tem área de seção transversal em forma de um canal.
Determine a tensão de flexão máxima que ocorre na viga na seção a–a.
Exemplo 6.9
?
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Solução:
O momento interno resultante deve ser calculado em torno do eixo neutro da 
viga na seção a–a. Visto que o eixo passa pelo centroide,
       
     
mm 09,59m 05909,0 
25,002,0015,02,02
25,002,001,0015,02,01,02






A
Ay
y
Onde 0,1 e 0,01 são 
as distâncias entre a 
linha neutra e a linha 
mais externa da peça.
    kNm 859,4005909,00,124,2 ;0  MMMNA
Aplicando a equação do equilíbrio de momento sobre o eixo neutro, temos
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O momento de inércia sobre a linha neutro é
      
      
  46
23
23
m 1026,42 
05909,01,02,0015,02,0015,0
12
1
2 
01,005909,002,025,002,025,0
12
1














I
A tensão de flexão máxima ocorre nos pontos mais afastados do eixo neutro.
 
 
(Resposta) MPa 2,16
1026,42
05909,02,0859,4
6máx



I
Mc
Obs. Aqui, a linha neutra não 
passa pelo eixo de simetria, 
logo, devo utilizar o teorema 
de Steiner.
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• Vigas construídas de dois ou mais materiais diferentes são denominadas 
vigas compostas.
Vigas compostas
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• Considerando a viga composta ao lado, a 
qual é constituída de dois materiais 
diferentes, é possível, para facilitar seu 
cálculo, simulá-la como sendo constituída 
de apenas um material.
• O fator de transformação é o conversor 
utilizado, sendo esse uma razão entre os 
módulos de elasticidade e tensões dos 
diferentes materiais que compõem a viga.
• Essa transformação pode ser feita nas 
diversas dimensões (x, y ou z).
Vigas compostas
 E2b2E1b1
O exemplo abaixo é para a dimensão “b”, onde “n” é a relação dos módulos de 
elasticidade dos dois componentes.
 E2σ2E1σ1
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Uma viga composta é feita de madeira e reforçada com uma tira de aço localizada 
em sua parte inferior. Ela tem a área de seção transversal mostrada na figura 
abaixo. Se for submetida a um momento fletor M = 2 kNm, determine a tensão 
normal nos pontos B e C. Considere Emad = 12 GPa e Eaço = 200 GPa.
Exemplo 6.11
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Solução:
Transformaremos a seção em outra feita inteiramente de aço.
  mm 9150
200
12
madaço  nbb
A localização do centroide (eixo neutro) é
A seção transformada é mostrada na figura ao lado.
onde n = Emadeira / Eaço
       
     
m03638,0
15,0009,015,002,0
15,0009,0075,0150,002,001,0






A
Ay
y
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Portanto, o momento de inércia em torno do eixo neutro é
Aplicando a fórmula da flexão, a tensão normal em B’ e C é
A tensão normal na madeira em B é .
  (Resposta) MPa 71,156,28
200
12
'  BB n
      
      
  46
23
23
m10358 ,9
03638,0075,015,0009,015,0009,0
12
1
01,003638,002,015,002,015,0
12
1















NAI
ou = 9,358 (106) mm4
 
 
 
(Resposta)MPa87,7
10358,9
2 (103x103) x 0,03638 (103)
MPa6,28
10358,9
03638,017,02
6
6'






C
B


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A viga de concreto armado tem a área de seção transversal como mostra a figura 
abaixo. Se for submetida a um momento fletor M = 60 kN∙m, determine a tensão 
normal em cada uma das hastes de reforço de aço e a tensão normal máxima no 
concreto. Considere Eaço = 200 GPa e Econc = 25 GPa.
Exemplo 6.12
© 2009