Mecânica Dos Materiais

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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. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
1 MECÂNICA 
1.1 Introdução 
1.2 Conceitos Fundamentais 
1.3 Sistema Internacional de Unidades 
1.4 Trigonometria 
1.5 Alfabeto Grego 
2 ESTÁTICA 
2.1 Forças no plano 
2.2 Equilíbrio de um ponto material 
2.3 Resultante de uma força 
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 
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8.3 Tensões de cisalhamento na flexão 92 
9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS 97 
BIBLIOGRAFIA 104 
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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 
γ f 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 
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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 
 
 
 
Mecânica dos fluídos 
Fluídos incompressíveis → líquidos 
 
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 Cinemáticaestuda 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. 
 
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A Dinâmicaestuda a relação entre o movimento e a causa que o produz (força). 
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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 UnidadesO 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. 
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As medidas estáticas de forças são efetuadas por meio de instrumentos chamados 
dinamômetros. 
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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 Pa = N / m 2 . 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: 
 
Pa = N 
m 
2
 
 
= 
N
 
cm 
2 × 104 
 
 
MPa = 
 
 
GPa 
= 
 
N × 106 
m 
2 
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N × 109 
m 
2 
 
N × 
106 
= 
cm 2 
× 104
 
 
N × 
109 
= 
cm 2 
× 104
 
 
= 
kN
 
cm 2 × 10
 
 
kN × 102 
= 
cm 2
 
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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 
 
senα = EF 
cos α = OF 
tgα = AB 
 
cot gα = DC 
 
sec α = OB 
cos ecα = OC 
OE = R = 1 
 
 
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: a 2 = b2 + c 2 . 
 
Relações trigonométricas 
 
senα = 
cateto oposto 
= 
c B 
hipotenusa a 
α = arctg c 
cos α = 
cateto adjacente 
= 
b b 
a
 
 
 
tgα = 
hipotenusa a 
cateto oposto 
= 
c
 
α = arcsen 
c c
 
a
 
cateto adjacente b 
α = arccos 
b α
 
 
sec α =
 
hipotenusa 
= 
a a C b A 
cateto adjacente b triângulo retângulo 
 
 
Relação fundamental da trigonometria: sen 2 x + cos 2 x = 1 
 
Razões Trigonométricas Especiais 
 
 
30º 45º 60º 
 
Seno 1 
2 
2 
2 
3 
2 
 
Cosseno 3 
2 
2 
2 
1 
2 
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Tangente 3 
3 
 
1 
 
3 
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b 
 
 
 
 
Exemplos 
 
 
1. Calcule o valor de c da figura 
sen30º = c 
20
 
1 
= 
c
 
2 20
 
 
 
 
20 m 
2c = 20 c = 10 m c 
 
 
2. Determine o valor de b da figura 30° 
cos 30º = b 
20 
3 
= 
b
 
2 20 
 
 
2b = 20 3 b = 10 3 m 
 
 
 
3. Calcule o valor de a da figura 
a 
2 
= 42 + 32 
a 
a = 42 + 32 a = 5 m 3 m 
 
 
4. Determine o valor do ângulo α da figura α 
α = arctg 3 
4
 
α = 36,87º 
4 m 
 
 
 
 
 
Triângulo qualquer 
 
Lei dos senos: 
 
 
a 
sen A 
 
 
= 
b
 
sen B 
 
 
= 
c
 
sen C 
 
 
 
= 2R 
 
 
 
 
Lei dos cossenos 
a 
2 
= b 2 + c 2 − 2bc × cos A 
 
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac × cos B 
 
c 
2 
= a 
2 + b 2 − 2ab × cos C 
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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 pi 
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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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 F 
 
 
α 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 aplicadas simultaneamente 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: 
 
onde: 
F = força 
R = resultante das forças 
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F4 F1 
 
 
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. 
 
A 
 
 
F2 
 
F3 
 
Figura 2.2 
 
 
Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio 
 
As condições necessárias e suficientes y 
para o equilíbrio são: 
 
ΣFx = 0 
ΣFx = 1500 − 1000sen30º−2000sen30º = 0 
 
 
F4 = 2000N 
 
 
30° 
ΣFx = 1500 − 500 − 1000 = 0 ok 
 
 
ΣFy = 0 
 
 
 
 
 
30°
 
 
A F1 = 1500N x 
ΣFy = 2000 cos 30º−1000 cos 30º−866 = 0 F3 = 1000N 
 
F2 = 866N 
ΣFy = 1732 − 866 − 866 = 0 ok 
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. 
 
 
R R 
Q Q 
 
Regra do paralelogramo 
 
 
A P A P 
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P 
 
 
Regra do Triângulo 
 
Q 
R=P+Q 
R=P+Q 
Q 
 
 
A A P 
 
F1 F2 F3 
 
R=F1+F2+F3 
 
 
 
Composição de forças F1 F2 F3 
 
R=F1+F2 F3 
 
F3 
 
 
 
 
y 
 
 
 
 
Decomposição de forças Fy 
R=F1+F2-F3 
 
 
F 
 
 
 
 
Fx x 
 
 
 
 
 
 
 
b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de 
equilíbrio. 
 
 
 
Exemplos 
 
Q=60 N 
 
 
 
Determinar a Resultante das duas forças P e 
Q agem sobre o parafuso A. 
A 
25º 
 
20º 
 
 
P=40 N 
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a. Soluções gráficas 
 
R=98 N 
 
 
R=98 N 
 
 
Q=60 N 
 
 
 
 
25º 
A 20º 
 
 
 
 
P=40 N 
 
 
35.0° 
 
 
35.0° 
P=40 N A
 
Q=60 N 
 
 
 
Regra do paralelogramo Regra do triângulo 
 
 
 
b. Solução analítica: trigonometria 
 
Cálculo da força resultante: 
Lei dos cossenos: R 2 = P 2 + Q 2 − 2PQ cos B C 
R 2 = 602 + 402 − 2 × 40 × 60 × cos155º 
R = 97,7N 
 
 
Cálculo do ângulo α 
Lei dos senos 
 
 
 
R 
 
 
155° 
 
 
 
 
 
Q=60 N 
α 
senA 
= 
senB
 
senA 
= 
sen155º B 
Q R 60 97,7 A P=40 N 
senA = 0,25 
α = A + 20º 
A = 15º 
α = 15º+20º = 35º 
 
 
 
 
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). 
 
 
 
 
 
 
 
Fx=80 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
35° 
 
 
 
Q=60 N 
 
 
 
25º 
P=40 N A 20º
 
R=97,7 N 
 
 
 
 
 
35.0° 
 
 
Fx = 97,7 × cos 35º = 80 N 
Fy = 97,7 × sen35º = 56 N 
 
 
 
R=97,7 N 
 
 
Fy=56 N 
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Verificação do equilíbrio do ponto A 
 
Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que 
n 
agem no ponto A sejam nulas, ou seja: 
 
 
y 
∑ Fn = 0 
i =1 
 
 
 
Q=60 N ∑ Fx = 0 
∑ Fx = 60 × cos 45º+40 × cos 20º−80 = 0 
 
Fx=80 N 
 
25º 
P=40 N A 20º 
x 
 
 
 
∑ Fy = 0 
0 = 0 ok 
∑ Fy = 60 × sen45º+40 × sen20º−56 = 0 
 
 
Fy=56 N 
0 = 0 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. 
P = m ⋅ g 
 
onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 
 
 
 
2. Determinar as forças 
nos cabos. 
P = m ⋅ g 
P = 75 (kg ) × 9,81 (m / s 2 ) 
P = 736 N 
 
B 
 
 
 
 
50° A 
 
75 kg 
 
 
C 
 
 
 
30° 
 
 
 
 
TAB solução gráfica: desenho do polígono de forças. 
 
 
40° 
 
 
80° 
TAB 
sen60º 
= 
TAC
 
sen40º
 
= 
736
 
sen80º
 
 
736 N 
 
60° 
 
TAC 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
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TAB 
 
 
TAC 
solução analítica: equações de equilíbrio. 
ΣFx = 0 
TAC ⋅ cos 30º−TAB ⋅ cos 50º = 0 
T ⋅ cos 50º 
50° A 30°
 
TAC = 
 AB 
 
cos 30º 
(1) 
 
 
 
 
 
 
736 N 
ΣFy = 0 
TAB ⋅ sen50º+TAC ⋅ sen30º−736 = 0 
 
Substituindo TAC pela relação (1), tem-se 
 
TAB ⋅ sen50º+ 
TAB ⋅ cos 50º 
⋅ sen30º = 736 
cos 30º 
TAB = 647 N e TAC = 480 N 
 
 
Exercícios 
 
1. Determinar a força F e o ângulo α. 
y 
F F 
 
 
 
 
 
 
A 20° 
α C
 
 
 
50° B 
 
 
20° 
 
TA =2,5 kN 
α 
 
 
50° 
 
x 
 
 
TB = 2,5 kN 
 
 
 
 
2. Determinar as forças nos cabos 
 
 
 
A 
60° 
Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º 
 
 
y 
TA 
 
 
 
 
 
 
m=50 kg 
 
 
20° 
B 
60° 
x 
20° 
TB 
 
P 
 
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. F3 = 15 N 
 
 
 
70° 
 
 
 
 
 
 
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50° 
 
 
F1 = 10 N 
 
F2 = 20 N 
 
 
 
 
x 
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F 
x 
 
 
 
 
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 
 
 
b) 
200 N y 
 
300 N 
 
 
 
60° 
 
 
 
20° 
159,65 N 
 
 
 
x 
60° 
 
 
30° x346,41 N 
 
F 
 
Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N 
c) 
y 
 
 
 
F 45° 
 
45° 
 
 
 
 
141,42 N 
 
 
 
 
x 
 
141,42 N 
d) 
 
 
250 N 
 
 
30° 
 
 
120 N 
 
 
y 
 
 
 
 
 
 
60° 
 
 
 
 
 
 
 
F 
 
45° 
 
91,9 N 
 
Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N 
e) f) 
y 329,36 N 
 
 
450 N 
F 
 
 
100 N 
 
45° 
 
 
60° 
 
65° 
 
45° 
 
 
100 N 70° x 
 
 
F 
 
 
 
61 kg 
Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N 
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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 M 0 
corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na 
figura. F 
 
A força F é representada por um vetor que d 
define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a 0 
distância perpendicularde 0 à linha de ação de F. A 
Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo 
 
M 0 = F × d 
 
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 de ação 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. 
F1 F2 
 
b1 b2 A 2 
0 b3 A 1 F3 A3 
 
 
 
M S ,0 
 
 
n 
= ∑ 
i =1 
 
 
 
M 
F i ,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 
pon
to é 
igual 
ao 
momen
to 
d
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o sistema ou seja, a soma algébrica dos Momentos de 
todas as forças componentes em relação ao mesmo ponto O”. 
 
 
M 
R ,0
 
 
 
= M S ,0 
 
 
n 
= ∑ M F 
i =1 
 
 
 
 
i ,0 
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A 
22
5m
m
 
12
5m
m
 
22
5m
m
 
12
5m
m
 
22
5m
m
 
12
5m
m
 
 
 
 
 
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. 
 
A1 F1 
b 
 
 
 
 
Exemplos 
-F1 
2 
 
1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: 
 
450 N 
 
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. 
450 N 
300mm 
 
 
 
 
 
D 
 
 
 
 
 
225mm C 
30° 
 
A 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
300mm 30° 
 
 
 
D 
52.6° 
22.6° A 
37.4° 
30° 
 
Solução 
 
a) braço de alavanca 197,3 mm 
 
Momento M=F×b 
 
M=450×197,3= 88785 N.mm ou 
 
225mm C B 
 
M= 88,8 N.m 
 
 
 
300mm 
 
 
 
D 
 
30° 
 
A 
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: 
 
b = 2252 + 3002 
 
= 375 mm 
 
 
 
36.9° 
 
F = M 
b
 
 
F = 88,8 
0,375
 
 
= 236,8 N 
225mm C B 
5
3
.
1
° 
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c) F = M 
b
 
 
F = 88,8 
0,22
5
 
 
= 394,7 N 
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20
0m
m
 
22
5m
m
 
12
5m
m
 
12
0m
m
 
 
 
 
 
 
 
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: 
 
300mm 
 
 
 
D 
 
30° 
 
A 
450 N 
 
b = 2252 + 2252 = 318,2 mm 
 
F = M 
b 
F = 88,8 
0,3182 
 
= 279 N 
 
 
225mm C B 
 
 
 
 
 
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: 
∑ M A = 0 
RBH×200=3000×600 = 9000 N 
 
 
 
 
 
 
R AH 
 
 
 
 
 
B 
 
 
 
 
 
 
A 
 
RAV 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R BH 
 
 
600mm 
 
3000 N 
RAH= RBH=9000 N RBV 
 
 
 
 
 
 
 
3. Determinar o Momento em A devido ao 
binário de forças ilustrado na figura 
B 
 
 
 
30° 
 
 
MA= F×b 
 
MA= 500×0,12 = 60 N.m 
 
F1=500 N 
 
 
 
A 
 
 
 
 
 
 
 
F2=500 N 
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12
0m
m
 
12
0m
m
 
 
 
 
 
 
 
4. Substituir o binário da figura por uma 
força F vertical aplicada no ponto B. 
 
F1=F2= 500 N 
 
MA= F×b 
 
 
 
 
30° 
B 
 
 
 
 
 
F=400 N 
 
F = M 
b
 
 
F = 60 = 400 N 
0,15
 
 
A 
 
 
MA =60N.m 
 
 
 
150mm 
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 
 
 
 
C 
 
B 
 
 
 
 
 
30° 
 
d = M 
F 
d = 84 = 0,21 m = 210 mm 
400 
 
200 N A
 
F=400 N 
 
AC = 
 
210 
= 420 mm 
cos 60º
 
 
200 N 
MA 
150mm 
 
 
 
5. Determinar a intensidade da força F para que 
atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. 
 
d=210mm 
 
a = 
200 
= 217 mm = 0,217 m 
cos 23º 
 
MA=F×b 
 
F = M 
b 
 
 
 
F = 40 = 184,1 N 
0,217 
 
 
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. 
∑ M A = 0 
 
40 × 180 = F × 30 
 
F = 40 × 180 = 240 N 
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30
 
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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. 
 
ΣF = 0 
 
ΣM 0= 0 
 
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: 
 
z 
 
 
ΣFx = 0 
 
0 
ΣM x= 0
 
x 
y 
ΣFy = 0 
 
ΣM y= 0 
ΣFz = 0 
 
ΣM z= 0 
 
 
 
 
 
 
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: 
 
y 
 
 
 
Fz = 0 M x= M y= 0 M z= M 0 
 
 
0 
x 
 
 
para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no 
espaço reduzem-se a: 
 
ΣFx = 0 
 
ΣFy = 0 
 
ΣM A= 0 
 
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. 
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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 
 
 
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao 
 
plano do apoio; 
 
 
• Permite movimento na direção paralela ao plano do 
 
apoio; 
ou
 
• 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. 
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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: 
 
ΣFx = 0 
 
ΣFy = 0 
 
ΣM A= 0 
 
 
2.6.1 Estruturas hipostáticas 
 
Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é 
inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. 
 
P 
A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura 
hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta 
estrutura não possui restrição a movimentos A B 
horizontais. L 
 
 
RA RB 
 
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. 
 
P 
No exemplo da estrutura da figura, as HA 
incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está 
fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente A B 
pelas equações fundamentais da Estática. L 
 
 
RA RB 
 
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 MA 
ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: P
 
RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da HA 
Estática não são suficientes para resolver as equações A B 
de equilíbrio. São necessárias outras condições L 
relativas ao comportamento da estrutura, como, p.
 
ex., a sua deformabilidade para determinar todas as 
incógnitas. RA RB 
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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: 
2n = b + v 
 
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. 
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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 
 
50 kN 100 kN 
 
50 kN 
 
B B, um apoio fixo.
 
 
Como os apoios móveis 
restringem somente deslocamentos os 
perpendiculares ao plano do apoio, 
tem-se uma reação vertical RA. 
 
C D 
 
 
 
2 m 
 
α HE 
Como os apoios fixos 
restringem deslocamentos paralelos e 
perpendiculares ao plano do apoio, 
tem-se uma reação vertical RB e uma 
reação horizontal HE. 
 
A F E 
2 m 2 m 
 
 
RA RE 
 
Verificar se a treliça é uma estrutura isostática 
 
barras b = 9 
nós n = 6 
reações v = 3 
 
2n = b + v 
 
2 × 6 = 9 + 3 
 
Conclusão: 
 
a treliça é uma estrutura isostática 
 
 
 
Cálculo do ângulo de inclinação das barras 
 
 
a) Cálculo das reações de apoio 
α = arctg cateto oposto 
cateto adjacente = 
2 
= 45º 
2
 
 
Equação de equilíbrio das forças na horizontal: 
 
ΣFH = 0 
 
conclusão: HE = 0 
 
Equação de equilíbrio das forças na vertical: 
 
ΣFV = 0 
 
RA + RE − 50 − 100 − 50 = 0 
 
RA + RE 
 
= 200 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 
 
400 ΣM A = 0 4 × RE − 50 × 4 − 100 × 2 = 0 RE = 4
 
RE =100 kN 
 
Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se: 
 
RA + 100 = 200 kN logo 
 
 
 
RA = 100 kN 
 
 
 
b) Cálculo das forças nas barras 
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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 
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determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta 
deve ser mudado. 
 
Nó A 
N1 ΣFH = 0 
 
N2 
A ΣFV = 0 
→ N 2 = 0 
 
 
RA 
Nó B 
100 + N1 = 0 → N1 = −100 kN 
50 ΣFH = 0 
N 3 + N 4 cos 45º = 0 → 
N3 
B 
N 3 = −50 kN 
45° ΣFV = 0 
 
 
Nó C 
 
100 N4 
100 − 50 − N 4sen45º = 0 → N 4 = 70,7 kN 
 
100 ΣFH = 0 
 
50 N5 
50 + N 5 = 0 → N 5 = −50 kN 
 
C ΣFV = 0 
100 + N 6 = 0 N6
 
→ N 6 = −100 kN 
Nó D 
50 
ΣFH = 0 
50 − N 7 cos 45º = 0 → 
50 
D 
N 7 = 70,7 kN 
45° ΣFV = 0 
 
 
Nó E 
 
N7 N8 
 
 
100 
50 + N 8 + 70,7sen45º = 0 → N 8 = −100 kN 
 
N9 
E 
ΣFH = 0
 
→ N 9 = 0 
 
 
100 
Nó F Verificação 
 
100 
 
 
ΣFH = 0 
70,7 
45° 45° 
70,7 − 70,7 cos 45º+70,7 cos 45º = 0 → 0 = 0 ok 
 
 
 
0,0 0,0 ΣFV = 0 
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F 
− 100 + 70,7sen45º+70,7sen45º = 0 →0 = 0 ok 
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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 
 
1.
0 
m
 
1.
0 
m
 
 
 
 
 
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 
 
50 kN 100 kN 50 kN 
 
B C D 
 
 
 
2 m 
 
 
α HE 
 
A F E 
2 m 2 m 
 
 
 
RA RE 
 
 
 
 
 
2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura. 
 
RB 
 
HB B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
HA A 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.0 m 
C 40 kN 
 
 
α 
θ 
 
E 
2.0 m 
 
20 kN 
 
 
 
 
D 
 
 
 
 
Cálculo dos ângulos de inclinação das barras 
 
α = arctg = 2 = 63,43º 
1
 
 
θ = arctg = 1 = 26,56º 
2
 
 
 
a) Cálculo das reações de apoio 
 ΣFH = 0 
 
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ΣFV = 0 
 
H A + H B = 40 kN 
 
RB + 20 = 0 
 
 
 
RB = −20 kN 
 
ΣM B = 0 
 
+ H A × 2 − 40 × 2 − 40 × 1 = 0 
 
H A = 60 kN 
 
H B = −20 kN 
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b) Cálculo das forças nas barras 
 
Nó B 
20 kN ΣFH = 0 
 
20 kN B 
− 2 + N 2senα = 0 → N 2 = 22,4 kN 
 
N2 
63.4° 
 
ΣFV = 0 
20 + N1 − N 2 cos α = 0 → 
N1 
N1 = 10 kN 
Nó A 
10 
ΣFH = 0 
 
 
60 A 
N3 
 
26.6° 
6 + N 4 + N 3senθ = 0 
6 + N 4 − 22,4senθ = 0 → 
 
 
N 4 = 40 kN 
 
N4 ΣFV = 0 
100 10 + N 3 cosθ = 0 → N 3 = −22,4 kN 
 
 
 
Nó E 
 
N5 
 
 
40 N6 
 
E 
 
 
 
ΣFH = 0 
 
 
ΣFV = 0 
 
 
 
→ N 6 = 40 kN 
 
 
→ N 5 = 0 kN 
 
Nó D 
20 ΣFV = 0 
N7 − 20 + N 7senθ = 0 → N 7 = 44,7 kN 
 
 
26.6° 
D ΣFH = 0 
40 
− 40 + 44,7 cos senθ = 0 → 0 = 0 ok 
 
Nó C ΣFH = 0 
22,4 
 
26.6° 
 
C 40 
 
22,4 cosθ − 22,4 cosθ − 40 + 44,7 cosθ = 0 =0 kN 
 
ΣFV = 0 
 
22,4 0,0 44,7 
22,4senθ − 22,4senθ − 44,7senθ = 0 
→ 10+10-20 =0 ok 
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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 
 
37
5m
m
 
1.
0 
m
 
1.
0 
m
 
0.
9m
 
 
 
 
 
Resultados 
 
RB 
 
HB B 
 
 
 
 
 
 
 
 
HA A 
 
 
 
 
 
 
2.0 m 
C 40 kN 
 
α 
θ 
 
E 
2.0 m 
 
20 kN 
 
 
 
D 
 
 
 
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 
 
A 
 
 
 
 
1.2m 
 
 
 
 
 
C 
 
 
9000 N 
 
B 
 
 
 
 
2.4m 
 
 
1200 N 
 
A 
 
 
 
 
 
 
B C 
 
 
 
2. 
 
FAB = 3 900 N T 
FAC = 4 500 N C 
FBC = 3600 N C 
 
 
400mm 500mm 
 
 
 
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 
400 N 
 
 
A 
 
 
 
 
 
 
F 
a 
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B 
 
 
C 
 
 
D 
 
 
E 
 
 
 
 
a 
 
 
400 N 400 N 400 N 400 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
G H I
 J 
a a a 
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B 
 
E 
3,6 m
 
F 
3,6 m 
 
 
2,
7m
 
2,
7m
 
 
 
 
 
9000 N A 
 
 
 
 
 
9000 N 
 
C 
 
 
 
E 
B 
 
 
 
 
 
 
 
D 
 
 
 
F 
 
 
3,6m 
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. C 
FAB = FDE = 8 kN C 
 
FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T B D 
 
FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C 
A 30° 30° 30° 30° E FBF = FDH = FCG = 4 kN T F G H 
a 
 
4 kN 
a a a 
 
4 kN 
 
 
 
 
 
 
1,5 m 
 
 
 
1,5 m 
A 
 
1,5 m 
 
 
D 
C 6. 
 
 
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 
 
100 kN 
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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 estejamdistribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal. 
 
P m P 
 
 
m 
 
L δ 
 
P 
σ 
 
 
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, 
 
σ = 
P
 
A
 
 
(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 
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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. 
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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: 
 
 
 
 
onde: 
ε = deformação específica 
 
ε = 
δ
 
L
 
 
(2) 
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. 
 
σ 
σr 
 
σe 
σp A 
 
 
 
escoamento 
B C 
 
 
D E Tensão 
 
 
σ = 
P
 
A
 
 
P P L 
 
 
 
 
 
0 εp 
 
região 
L δ 
 
εr ε 
σr = tensão de ruptura 
σe = tensão de escoamento 
σp = tensão limite de 
proporcionalidade 
elástica região plástica 
Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço 
 
 
Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às 
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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 
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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 σ adm ), 
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, 
 
σ = σ 
 
= 
σ calc 
adm γ 
 
(3) 
f
 
 
 
 
 
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 
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que permanece depois da retirada da carga é denominada deformação permanente. 
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A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE 
em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como: 
 
 
 
onde 
σ = tensão normal 
 
σ = Eε 
 
(4) 
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 superposiçãode 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 σ = P / A e a 
deformação específica é ε = δ / L . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE, 
tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra: 
 
δ = PL 
EA 
 
(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. 
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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: 
 
υ = 
deformação lateral
 
deformação longitudinal 
 
 
(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: 
ε = 
σ
 
 
e ε = νε = 
υσ
 
 
(7) L E t L E 
 
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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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σ 
y
x 
σ x 
 
 
 
 
σz ε 
 
ε 
= 
1 [σ x E x
 
= 
1 [σ y E y 
− υ (σ 
 
− υ (σ z 
+ σ z )] 
 
+ σ x )] 
 
 
 
 
(8) 
ε = 
1 [σ 
y 
z E z 
− υ (σ + σ y )] 
 
 
 
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. 
 
P P=30 kN 
 
 
 
 
L= 5 m 
 
 
piφ 2 A = 
4 
pi × 52 A = 
4
 
 
= 19,6 cm2 
σ = 
P
 
A
 
σ = 
30 
= 1,53 kN/cm2 ou 15,3 MPa 
19,6
 
δ = PL 
EA
 
δ = 30 × 500 
20.000 ×19,6
 
 
= 0,0382 cm 
ε = 
δ
 
L
 
ε = 
0,0382 
= 0,0000764 
500
 
 
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. 
 
150kN 
A 
 
30kN 
 
50kN 
B C 
 
170kN 
D 
 
 
 
 
 
 
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300 cm 200 cm 200 cm 
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Trecho A-B 
A 
150kN 
 
B 
50kN 
 
 
R=150kN 
 
 
 
 
300 cm 
30kN 170kN 
 
σ = 
P
 
A
 
σ = 
150 
= 15 kN/cm2 
10 
δ = PL 
EA
 
δ = 150 × 300 
21.000 × 10 
 
= 0,214 cm 
ε = 
δ
 
L
 
ε = 
0,214 
× 1000 = 0,713 (‰) 
300
 
 
 
Trecho B-C 
 
R=120kN 
 
 
150kN 
 
 
30kN 
 
B C 
 
 
 
 
 
 
200 cm 
 
 
50kN 
 
 
 
 
 
 
170kN 
 
 
R=120kN 
 
σ = 
P
 
A
 
σ = 
120 
= 8 
15 
kN/cm2 
δ = PL 
EA
 
δ = 120 × 200 
21.000 ×15 
 
= 0,076 cm 
ε = 
δ
 
L
 
ε = 
0,076 
× 1000 = 0,38 (‰) 
200
 
 
 
Trecho C-D 
 
R=170kN 
 
 
 
150kN 
 
 
30kN 
 
 
 
 
 
 
50kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
200 cm 
 
 
170kN 
 
σ = 
P
 
A
 
σ = 
170 
= 9,44 
18
 
kN/cm2 
δ = PL 
EA
 
δ = 170 × 200 
21.000 ×18 
 
= 0,0899 cm 
ε = 
δ
 
L
 
ε = 
0,0899 
× 1000 = 0,45 (‰) 
200
 
 
 
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Alongamento total 
δ = 0,214 + 0,076 + 0,0899 = 0,38 cm 
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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 Ra 
 
 
A A A 
 
P a P 
 
C C 
L 
 
 
b 
 
 
B B B 
 
 
(a) (b) 
Rb 
(c) 
 
 
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 daEstática. A 
única equação fornecida pelo equilíbrio estático é 
 
Ra + Rb = P 
 
(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: 
Pb δ P = EA 
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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: 
 
Ra L δ R = EA
 
 
Ora, como a extremidade A da barra é fixa, o deslocamento final (δ), neste ponto, 
resultante da ação simultânea das forças P e Ra, é nulo. Logo, 
 
δ R − δ P = 0 → 
 
δ P = δ R , 
 
ou seja, 
 
Pb 
= 
Ra L 
.
 
EA EA 
 
Logo, R 
 
= 
Pb 
. Substituindo o R 
 
na equação (9), tem-se: 
 
Pa 
+ R = P a L 
 
R = P − Pa b L 
a 
 
R = PL − Pb b L 
L b 
 
R = P( L − b) b L 
 
 
R = 
Pa
 
b L 
 
 
 
 
 
Exemplos 
 
1. Uma barra constituída de dois trechos é 
rigidamente presa nas extremidades. Determinar as A 
reações R1 e R2 quando se aplica uma força P. 
Dados: E=21.000 kN/cm2; AAB=5cm2; ABC=7,5cm2; 
P= 60 kN 
B Solução
 
 
Equação de equilíbrio 
C 
R1 
 
 
 
 
 
P/2 
 
 
 
 
 
 
P/2 
 
 
 
 
 
 
2 cm 
 
 
 
 
1,5 cm 
R1 + R2 = P (1) 
 
Equação de compatibilidade das deformações: 
R2 δ AB = δ BC (2) 
 
Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no 
trecho BC, de valores exatamente iguais. 
 
lembrando que δ 
 
= 
PL 
, tem-se 
 
R1 × 2 
= 
R2 × 1,5 
EA 
 
0,2R2 
E × 5 E × 7,5 
0,4R1 = 0,2R2 R1 = 0,4 
R1 = 0,5R2 substituindo em (1) 
 
R1 + R2 = 60 → 0,5R2 + R2 = 60 → 1,5R2 = 60 → R2 = 40 kN 
 
mas, 
 
R1 + 40 = 60 
 
logo 
 
R1 = 20 kN. 
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2
30
0 
cm
 
0,
25
 
cm
 
 
 
 
 
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 
 
 
Aaço 
 
= 
pi × 5
 
4
 
 
= 19,63 cm2 
 
 
2 2
 
 
 
Acobre 
 
= Acobre,total 
 
− Aaço 
 
P=400 kN 
 
placa rígida 
 
Acobre = 
pi × 8
 
4 
− 
pi × 5
 
4 
= 30,63 cm2 posição final 
 
Pcobre + Paço = 400 
 
δ aço = δ cobre + 0,25 
 
kN (1) 
 
(2) 
 
cilindro 
de aço 
 
lembrando que δ = PL , tem-se 
EA 
cilindro 
de cobre 
 
Paço × 300,25 
21.000 ×19,63 
 
= 
Pcobre × 300
 
12.000 × 30,63
 
 
 
+ 0,25 
 
 
5 cm 
8 cm 
0,000728Paço = 0,000817Pcobre + 0,25 
 
 
Paço = 
0,000817Pcobre + 0,25
 
0,000728 
 
substituindo em (1), tem-se, 
 
 
Pcobre 
 
+ 
0,000817Pcobre + 0,25 
= 400 kN 
0,000728 
 
 
Pcobre 
 
+ 
0,000817Pcobre + 
0,000728 
 
0,25 
0,000728 
 
 
= 400 kN 
 
1,1223Pcobre + Pcobre + 343,4066 = 400 Pcobre = 26,66 kN substituindo em (1), tem-se: 
 
Paço = 400 − 26,66 = 373,34 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 
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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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2.
0 
m
 
1.
70
m
 
 
 
 
 
 
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 
 
P=100 kN 
 
A C B 
forças no fio, no suporte e na articulação. 
Respostas: 
Força no fio: 50kN 
Força no suporte: 25kN 
Força na articulação: 25kN 
2.0 m
 
 
 
 
A 
 
 
PA 
1.0 m
 
 
 
 
C 
 
 
PC 
2.0 m
 
 
 
P=100 kN Pf 
B 
 
 
 
 
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 R 
 
 
 
A A A 
 
 
 
L ∆T ∆T 
 
 
 
 
B B B 
 
 
(a) 
R 
(b) (c) 
 
 
Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura 
 
 
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Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra 
causará o alongamento: 
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 C 
 
 
 
 
 
 
 
δ = αL∆T 
 
onde: α = coeficiente de dilatação térmica 
 
L = comprimento 
 
∆T = variação de temperatura (ºC) 
(10) 
 
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: 
R = EAα∆T 
 
(11) 
 
Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra 
pelas expressões: 
 
σ = 
R 
= Eα∆T e 
A
 
 
ε = 
σ
 
E
 
 
= α∆T 
 
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 A 
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 
100 cm 
 
 
 
 
 
 
P=30 kN 
250 cm 
 
B 
 
 
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Solução: 
 
a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura 
 
 
R = EAα∆T 
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50
cm
 
 
 
 
 
A B 
R'A =7,02 R'B =7,02 kN 
 
 
 
 
 
R = 20.000 ×1,5 ×11,7 ×10−6 × 20 = 7,02 kN → R = R′A = RB′ 
 
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, δ AC = δ BC . Assim, 
 
R′A′ × 100 
= 
RB′ × 250 → 
 
 
R′ = 2,5R′ 
EA EA A B 
 
fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: 
 
RB′ + R′A′ = P 
 
mas 
 
R′A′ = 2,5RB′ , logo, 
 
2,5RB′ + RB′ 
 
= 30 
 
→ 3,5RB′ 
 
= 30 
 
RB′ 
 
= 8,57 
 
kN →Portanto, 
 
R′A′ = 21,43 kN 
 
A P=30 kN B 
 
 
R''B =21,43 R''B =8,57 kN 
 
 
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: 
 
RA = − R′A + R′A′ 
 
RA = −7,02 + 21,43 = 14,41 kN 
 
RB = RB′ 
 
+ RB′ 
 
RB = 7,02 + 8,57 = 15,59 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. 
 
 
P=200 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
tubo de 
aço 
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forç 
L 
 
 
 
 
 
 
 
 
C 
P
A 
 
 
 
 
4.7 Tensão de cisalhamento 
 
Denomina-se força cortante (V), a componente de uma força, contida no plano da 
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. 
 
força 
tangencial V R 
resultante 
 
 
 
P 
a normal 
 
 
 
barra engastada 
 
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: 
 
τ = 
V
 
A
 
 
(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? 
 
B B 
V 
P m n n m n 
m 
p 
p q 
 
 
 
 
Solução 
q p q 
 
V 
 
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 pi×1,252/4 = 1,23 cm2. 
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Portanto, 
 
τ = 
V
 
A
 
 
τ = 
7,5
 
1,23
 
 
= 6,1 kN/cm2 
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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 P 
tensão de cisalhamento no rebite?
 
 
Resposta:τ= 10,6 kN/cm2. 
P=30 kN 
 
 
 
φ 19mm 
 
 
 
 
 
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 
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2 
m
 
 
 
 
 
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 A 
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 . 
 
 
 
 
P 
 
C B 
 
 
4 m 2 m 
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b 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 necessidadede 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 h 
 
 
L 
 
seção 
longitudinal 
h L 
 
 
seção 
transversal 
 
 
 
b 
 
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. 
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y C
G 
2 
y C
G 
1 
 
 
 
 
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. 
 
 
 
y 
x dA 
 
 
 
 
y 
M x = y ⋅ dA e M y = x ⋅ dA x 
Momento Estático de uma y 
superfície plana é definido como a x 
dA
 
somatória de todos os momentos estáticos 
dos elementos de superfície que formam a 
superfície total. A 
y 
M x = ∫ ydA e 
A 
M y = ∫ xdA 
A 
x 
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 1 CG 1 
 
 
A 2 CG 2 
 
M 1, x = yCG1 ⋅ A1 
M 2, x = yCG 2 ⋅ A2 
M 3, x = yCG 3 ⋅ A3 
A 3 
y CG 3 
CG 3 M x = M 
 
x 
 
1, x + M 2, x + M 3, x 
 
 
Elemento vazado 
 
 
1 
 
 
2 
M x = M 1, x − M 2, x 
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x CG 
 
 
 
 
 
 
CG 
 
y CG 
 
A A 
 
 
 
 
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 y 
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: 
x
 
 
 
 
 
onde: 
M y 
xCG = A
 
1 
= ∫ x ⋅ dA
 
A 
M x yCG = A
 
1 
= ∫ y ⋅ dA
 
A 
 
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: 
 
y 
A n 
 
 
n 
∑ Ai ⋅ xi 
x n 
 
 
x 1 
A 1 
y n 
xCG = n 
∑ Ai
 
 
 
 
∑ A ⋅ y 
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= y y1 CG
 
 
x 
 i =1= 
n 
∑ Ai 
i =1 
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Centro de gravidade de algumas figuras planas 
 
retângulo 
y 
 
 
 
x CG 
 
 
 b 
xCG = 2
 
 
CG 
h 
 
y CG 
 h yCG = 2
 
 
x 
b 
triângulo 
y 
 
 
 
 
h CG 
 
 
 
 
 
 b 
xCG = 3
 
h 
 
 
 
 
 
 
círculo 
 
 
 
x CG 
b 
 
 
y 
 
y CG 
 
x 
yCG = 3
 
 
 
 
 
 
 
 
xCG = 0 
 
CG 
x yCG = 0 
 
 
 
 
Semicírculo 
r r 
 
 
_
4
_
R
_
 
 
 
y = 4r 
CG 3 pi 
CG 3pi 
 
 
¼ de círculo 
_
4
_
R
_
 
3 pi
 
 
 
 
_
4
_
R
_
 
3 pi 
 
xCG = 
4r
 
3pi
 
 
 
 
trapézio 
r CG yCG = 
4r
 
3pi
 
y h = h ⋅ a + 2b 1 3 a + b 
 
h 2 
CG 
h = h ⋅ 2a + b h 1 2 
 
x 
3 a + b 
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h 
 
0 
15
 
2 
3 
2 
6 
2 
y C
G 
3 
=
 
3,
5 
 
y C
G 
=
 
7,
5 
1 
y 
=
 
10
 
CG
 
2 
 
 
 
 
Exemplos 
 
1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo 
dA 
em relação ao eixo x que passa pela sua base. 
dy 
 
Área do retângulo 
 
A = b ⋅ h h 
 
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. 
 
Momento Estático 
 
dA = b ⋅ dy 
 
 
 
 
x 
b 
 
Centro de Gravidade 
 
b ⋅ h 2 
 
h 
M x = ∫ y ⋅ dA = ∫ y ⋅ b ⋅ dy 
 
yCG = 
M x
 
A
 
= 
 2 
= 
h
 
b ⋅ h 2
 
A 0 
 
 b ⋅ y 2  
 
 
b ⋅ h 2 
 
 
b ⋅ 0 
 
 
b ⋅ h 2 
 h yCG = 2 
M x =  = − 
 2  2 2
 
M x = 2
 
 
 
 
2. Determinar o CG da Figura. 1 
(medidas em centímetros) 2 
A = A1 − A2 − A3 
A = (8 ×15) − (6 × 4) − (4 × 3) 
A = 84 cm 2 
 
3 
 
 
 
 
2 4 2 x 
 
 
 
M 1, x = yCG1 ⋅ A1 = 7,5 × (8 ×15) = 900 cm3 
 
M 2, x 
 
M 
= yCG 2 
= y 
⋅ A2 
⋅ A 
=10 × (6 × 4) 
= 3,5 × (3 × 4) 
= 240 cm3 
 
= 42 cm3 3, x 
 
M x = M 
CG 3 
 
1, x − M 
3 
 
2, x 
 
− M 3, x 
 
= 900 − 240 − 42 = 618 cm 3 
 
y = 
M x 
= 
618
 
cm 
3
 
 
= 7,36 cm 
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CG A 84 cm 2 
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1
5,
15
 
12
 
4 
3 
5,
69
 
9 
3 
6 
 
 
 
 
3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada. 
 
 
1 
 
 
A = (12 × 8) = 96 cm 2 
2 A2= (3 × 3) = 9 cm 2 
A = A1 − A2 = 87 cm 
2
 
 
 
M 1, x = 6 × 8 × 12 = 576 cm 
3
 
 
M 2, x = 9 × 3 × 3 = 81 cm 
3
 
M x = M 
 
1, x − M 2, x = 495 cm 
3
 
 
 
 
8 x CG y = 
M x 
= 
576
 
cm
3
 
 
= 5,69 cm CG A 87 cm 2 
 
 
 
4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro). 
y 
 
 
3 3 4 2 hachurada pode ser o 
resultado de um 
retangulo (12×6) cm 
do qual foram retirados 
um triângulo e um 
semicírculo. 
 
 
 
x 
Área da figura 
 
A = AR − AT − ASC 
A = (12 × 6) − [0,5 × (3 × 6)] − (0,5 × pi × r 2 ) = 56,72 cm 2 
A = 53,72 cm 2 
 
Momento Estático 
 
M R , x = 12 × 6 × 3 
 
= 216 cm 3 
M T , x = 4 × 0,5 × 3 × 6 = 36 cm 
3
 
2  4 × 2  3 M SC , x = 0,5pi × 2  6 − pi  
= 32,37 cm 
  3 
M x = M R , x − M T , x − M CC , x 
 
= 147,63 cm 3 
 
Coordenada yCG do centro de gravidade 
 
M x 
yCG 
=
 
A
 
 
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yCG = 
 
147,6
3 
56,7
2 
 
= 2,6 
cm 
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 x ∫ 
2 
6 
 
 
 
 
Analogamente, determina-se a coordenada xCG. 
 
y 3 3 4 2 
 
8 
1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
M R , y 
 
M T , y 
 
 
M SC , y 
6 
 
= 6 × 12 × 6 
= 1 × 3 × 6 
2
 
= 8 × pi × 2 
2 
x 
 
= 432 cm 3 
 
= 9 cm 3 
 
 
= 50,26 cm3 
M y = M 
 
R , y − M T , y − M SC , y = 372,73 cm 
3
 
 
 
Coordenada xCG do centro de gravidade 
 
x 
M y 372,73 
CG = A
 
xCG = 
 
56,72 
= 6,57 cm 
 
 
 
 
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. 
 
y 
dA 
x 
I = y 2dA 
A 
A 
 
x
2
 
y I y = ∫A dA 
 
 
x 
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 
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resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da seção transversal de uma 
peça, maior a sua resistência. 
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x 
y 
x x 
2 2
x 
y
y y
6 
6 
4 
4 
 
 
 
 
 
Propriedade: 
 
O momento de inércia total de uma 
superfície é a somatória dos momentos de 
inércia das figuras que a compõe. 
I x = I1, x + I 2, x + I 3, x 
A 1 CG 1 
 
A 2 
 
 
CG 2 
 
 
A 3 CG 3 
 
 
Exemplo 
 
Determinar o momento de inércia da superfície hachurada em relação ao eixo x que passa 
pelo CG. (medidas em centímetros) 
 
8 
3 
 
I xCG 
b ⋅ h3 
= 
12 
 
 
 
 
 
x CG 
 
I xCG = 
1 (8 ×123 − 3 × 83 ) 
12
 
 
I xCG = 1.024 cm 
4
 
 
 
 
 
 
5.5 Translação de eixos 
 
O momento de inércia de uma y CG 
superfície em relação a um eixo qualquer CG 
é igual ao momento de inércia em relação 
ao eixo que passa pelo seu centro de 
gravidade, acrescido do produto da área 
 
os dois eixos. CG 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x CG 
 
I = I 
CG 
 
+ A ⋅ yCG 
 
I = I 
CG 
 
+ A ⋅ xCG 
 
y CG 
 
onde: 
x 
 
 
Ix = momento de inércia da figura em relação ao eixo x. 
Iy= momento de inércia da figura em relação ao eixo x. 
I = momento de inércia da figura em relação ao eixo 
CG
 
I = momento de inércia da figura em relação ao eixo 
CG 
xCG 
yCG 
que passa pelo CG da figura. 
 
que passa pelo CG da figura. 
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xCG 
yCG 
= distância do eixo y até o eixo 
= distância do eixo x até o eixo 
yCG . 
xCG . 
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M M 
x x CG x x 
M 
x ∫ 
 
 
3 
→ 
x
x 
3 
 
2 3 2 
 
 
 
 
 
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: 
 
 
M x = y ⋅ A 
 
 
2 
= y 2 
 
 
⋅ A2 
 
2 
→ y 2 = x 
A2 
 
 
 
 
 
 
I = I 
CG
 
 
 
 
 
+ A ⋅ y 2 → 
 
 
 
 
I = I 
CG
 
 
 
 
2 
+ x ⋅ A ⇒ 
A2
 
 
I x = I 
M 2 
xCG 
+ 
A 
 
 
 
2 
 
I xCG 
 
= I x − 
M x
 
A 
 
 
Exemplo: 
 
Determinar o momento de inércia do retângulo em relação aos seguintes eixos: 
 
a) x, passando pela base inferior. 
 
b) xCG , passando pelo CG. 
 
a) 
dA=b.dy 
 
 
dy 
 
 
 
 
 
 
I = y 2dA 
A 
 
h 
h 
I x = ∫ 
 
h 
y 2bdy =  b ⋅ y  
 
 
→ I x 
 
b ⋅ h3 
= 
0  3 0 3 x
 
b 
 
 
b) 
+h/2 
 
I xCG = 
h h 
∫ y 
2bdy =  b ⋅ h  
 
 
h/2 
CG 
 
−
h 
2
  3 
−
h 
2
 
x 
b  h 3  h   h/2 I x = ⋅   −  −   
 
 
-h/2 b 
CG 3  2   2  
 
 
I = y 2dA
 
 
I x =
 b  h3 h3  
⋅  + 
 
xCG ∫A CG 3  8 8  
 
 
 
I xCG = 
b 
⋅
 
3
 2h3 
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8 b ⋅ 
h3 
= 
1
2
 
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CG 
 
x x CG 
  
 
 
 
 
Utilizando a formulação de mudança de eixos 
 
 
 
h/2 
 
I = I 
CG 
 
 
3
 
 
+ A ⋅ y 2 
 
 
2 
h CG 
x CG
 I = b ⋅ h 
x 12
 
+ bh ⋅  =h  
2 h/2  
 
 
 
x 
b I x = 
b ⋅ h3 b ⋅ h3 
+ 
bh3 + 3 ⋅ bh3 
= 
Momento de inércia do retângulo em 
b ⋅ h3 
12 4 12 
relação ao seu CG → I x ,CG = 12
 
 
I x = 
4b ⋅ h3 
⇒ 
12 
 
I x = 
b ⋅ h3 
3 
 
 
 
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. 
 
y 
 
 
 
y sup 
CG 
x 
 
 
 
Wx = 
 
 
I CG 
ymax 
y inf 
 
 
 
 
onde: 
 
 
 
 
x esq x dir 
 
Wy = 
I CG 
xmax 
 
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 [L]
4
 
[L] 
 
= [L]3 . 
 
 
flexão. 
 
O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à 
 
 
 
Para o retângulo, tem-se: 
 
 
h/2 
 
 
h/2 
 
 
b 
 
 
I x = 
 
b ⋅ h 3 
12 
 
 
A = b 
⋅ h 
 
 
Wx = 
b ⋅ h 3 
 12 
=
 
h
 
2 
 
b ⋅ h 3 2 
⋅ 
12 h
 
Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.comb ⋅ h 2 
= 
6
 
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Figura Momento de Inércia 
Momento 
Resistente 
 
Raio de Giração 
Quadrado 
 
 
CG 
h 
 
 
h 
 
 
h 4 I = 
12
 
 
 
h 3 W = 
6
 
 
 
i = h 
x 12
 
Retângulo 
 
 
 
CG 
h 
x CG 
 
 
 
b 
 
 
 
 
bh3 I x = 
 
 
 
 
b ⋅ h 2 Wx = 6
 
 
 
 
 
i = h 
x 12
 
Triângulo 
 
 
 
 
h 
 
CG x CG 
 
 
b 
 
 
 
 
bh3 I =
 
 
 
 
 
b ⋅ h 2 Wx = 12
 
 
 
 
 
h ⋅ 2 i x = 6
 
Círculo 
 
 
 
CG 
 
x CG 
 
 
 
D 
 
 
 
 
pid 4 I = 
64
 
 
 
 
pi ⋅ D 3 W = 
32
 
 
 
 
i = 
D
 
4
 
Círculo vazado 
 
 
 
 
CG 
D d 
x CG 
 
 
pi (D 4 − d 4 ) I x = 64 CG 
 
 
pi (D 3 − d 3 ) Wx = 32
 
 
 
 
1 2 2 i x = D + d 4
 
 
 
 
 
 
 
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. 
 
i = I 
A
 
cm 4 
= cm 
cm 
2
 
 
Características Geométricas de algumas figuras conhecidas 
 
 
 
 
 
 
 
x x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CG 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
xCG 36 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x x 
xCG 
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x 
2 
x
 
 
 
 
Exemplo 
 
A figura representa a seção transversal de 
uma viga “T”. Para a figura, determinar: 2 
a) o centro de gravidade; 
3 2 3 
 
1 2 3 
 
 
 
y sup 
b) o momento de inércia em relação ao CG 
eixo x; 
c) os módulos Resistentes superior e 5 
inferior; 
d) o raio de giração. 
(medidas em centímetros) 
x CG 
 
 
y inf 
 
 
x 
 
 
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) 
 
 
yCG = 
∑ M x
 
∑ A 
 
= 
121
 
26
 
 
 
= 4,65 cm 
 
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 
I = b ⋅ h 3 / 12 . 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: 
 
I x = I CG + y ⋅ A 
 
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: 
 
 
I CG 
 
M 2 
= I x − A
 
 
 
I CG 
 
1212 
= 664,67 − 
26 
 
O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é 
 
Em seguida, calculam-se os momentos resistentes: 
 
I CG 
 
= 101,55 cm 4 
 
Wx ,sup = 
 
I CG 
ysup 
 
= 
101,55
 
2,35
 
 
= 43,21 
 
cm
3
 
 
Wx ,inf 
 
= 
I CG
 
yinf 
 
= 
101,55
 
4,65
 
 
= 21,84 
 
cm
3
 
 
Finalmente, determina-se o raio de giração. 
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ix = 
I CG 
A 
 
ix = 
101,55 
26 
 
= 1,98 cm 
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5 
3 
2 
8 
1 
6 
1 
6 
8 
1,
2 
1,
2 
3,
6 
1,
2 
1 
1 
1 
4 
1 
 
 
 
 
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. 
y Respostas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 4 x 
A = 16 cm2 yCG = 4 cm 
Ix,CG = 141,33 cm4 
Wsup = 35,33 cm3 Winf = 35,33 cm3 
i = 2,97 cm 
 
medidas em centímetros 
y Respostas: 
3 2 3 
 
A = 86 cm2 yCG = 5,105 cm 
Ix,CG = 683,73 cm4 
Wsup = 139,67 cm3 Winf = 133,94 cm3 
i = 2,82 cm 
 
 
medidas em centímetros x 
y 
 
 
 
 
 
 
1 10 2 x 
 
medidas em centímetros 
y 
 
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 
 
Respostas: 
 
A = 18 cm2 yCG =4,0 cm 
Ix,CG = 166 cm4 
Wsup = Winf =41,5 cm3 
 
2,5 1 2,5 x 
medidas em centímetros 
y 
 
Respostas: 
 
A = 18,72 cm2 yCG = 3,0 cm 
Ix,CG = 43,72 cm4 
 
1,2 3,6 1,2 
x 
 
medidas em centímetros 
y 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1,5 3,5 x 
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1 
Wsup = Winf = 14,57 cm3 
i = 1,53 cm 
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 
 
medidas em centímetros 
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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 equilibradaspor 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. 
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• 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) 
 
 
P 
 
Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à 
 
S seção S: positivo (+) 
 
 
 
 
 
 
Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em 
S P relação à seção S: negativo (-) 
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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: 
 
d 2 M 
 
= 
dV
 
 
= −q . Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o 
dx 2 dx 
 
valor da do momento fletor. 
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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. 
 
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 
R 
carga por unidade de comprimento (tf/m, kgf/m,
 
kN/m) q 
R = carga equivalente, definida como R=q.a (área do 
retângulo) x 
O ponto de aplicação da carga equivalente é o centro a 
de gravidade do retângulo, ou seja, x = a 
2
 
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Carga distribuída variável R q 
a. Triangular 
O valor da carga equivalente é a área da triângulo, ou 
 
seja, R = q . a 
2 
 
e é aplicada no centro de gravidade: 
 
 
x´ x" 
 
centro de gravidade: x' = 2.a 
3 
e x' ' = 
a a
 
3 
 
 
b. Trapezoidal R 
 
O valor da carga equivalente é a área do trapézio, ou q 
 
seja, R = p + q ⋅ a 
2 p 
 
e é aplicada no centro de gravidade 
 
x = 
a 
⋅ 
2 p + q x´
 
3 p + q a 
 
 
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. 
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EXEMPLOS 
 
1. Viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada. 
 
x P 
 
S1 S2 
 
HB 
 
A C B 
 
 
Pb / L RA 
a
 
 
L 
RB = Pa / L 
b 
 
 
 
Pb / L + P 
_ 
(V)
 
Pa / L
 
(M) 
 
 
+ 
 
 
Pba / L 
 
 
 
a) Cálculo das reações 
 
 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
 
∑ M = 0 
HB = 0 
RA + RB − P = 0 
 
+ RB . L − P.a = 0 
⇒ HB = 0 
⇒ RA + RB = P 
⇒ RB = Pa A 
 
 
RA + Pa = P 
L 
 
 
 
⇒ RA = P − 
Pa
 
L 
 
 
 
⇒ RA = 
L 
 
PL − Pa 
L 
 
 
 
⇒ RA = 
 
 
P(L − a) 
L 
 
 
mas 
 
L − a = b ⇒ RA = Pb 
L 
 
b) Cálculo dos esforços solicitantes (internos) 
 
Seção S1 entre A e C 
 
Força cortante: V1 = + RA 
 
Momento fletor 
 
0 ≤ x ≤ a 
 
 
 
 
 
P . b(forças à esquerda) 
 
 
 
x M1 
0 0 
M1 = + RA. x = . x L 
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a Pba 
L 
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Seção S2 entre C e B 
 
Força cortante: 
 
V = + RA − P = Pb − P 
a ≤ x ≤ L (forças à esquerda) 
2 
 
 
V2 = 
 
 
Pb − PL 
=
 
L 
l 
P(b − L) 
L 
 
 
= − 
Pa
 
L 
 
Momento fletor: 
M 2 = + RA. x − P(x − a ) 
 
Pb M 2 = . x − Px + pa L 
⇒ p / x = L , tem − se : 
Pb . L 
− PL + RA , 
L 
 
como (b + a + L) ⇒ p(b − L + a) = 0 
 
 
 
Obs.: O sinal de + RA. x é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de 
− P(x − a ) é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S. 
 
 
Quando a = b = L 
2 
 
tem-se RA = RB = P 
2 
 
M máx = 
PL
 
4 
 
 
 
2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída 
 
 
carga equivalente 
x R = q . L 
A 
 
 
 
B 
 
q (kN/m) 
 
S 
L/2 
 
L 
 
L/2 
HB = 0 
 
RA = qL/2 
 
qL/2 
+ 
0 
 
 
 
 
 
L / 2 
RB = qL/2 
 
 
V (kN) 
- 
-qL/2 
 
0 M (kN.m) 
 
+ 
 
2 
qL /8 
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a) Cálculo das reações 
 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HB = 0 
 
RA + RB − q . L = 0 
 
 
⇒ RA + RB = q . L 
 
∑ M A = 0 + RB . L − q . L . 
L 
= 0 
2
 
⇒ RB = q . L 
2
 
∧ RA = q . L 
2
 
 
b) Cálculo dos esforços solicitantes 
 
Seção S (forças à esquerda) 
 
x V 
Força cortante qL 
0 
V = + RA − q . x 2 
qL 
 
V = + q . L 
2 
− q . x L 
− 
2 
L 
equação do primeiro grau 0 
2
 
 
 
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, 
 
V = q . L − q . x = 0 
2 
 
⇒ q . x = 
q . L
 
2 
 
⇒ x = 
L
 
2 
 
Momento fletor 
 
 
x / 2 
 
 
 
A 
q . x S
 
 
q 
M = RA. x − q . x . x 0 0 
 
4 32 
 
x M = 
 
q . L 
2 
 
. x − 
 
q . x2 
2 
L qL2 
2 32 
RA L 0 
 
 
Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como 
 
se verá mais adiante, dM = V . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se: 
dx 
 
q . L L 1 q . L2 
M = . . = 
q.L/2 + 2 2 2 8 
 
L/2 
Analogamente, do lado direito: 
 
q . L L 1 q . L2 
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M = . . = 
2 2 2 8 
 
O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo. 
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V 
 
 
 
 
3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre 
 
 
MA P 
 
 
HA 
 
A S B 
x 
L 
RA 
 
 
a. Cálculo das reações 
 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
 
HA = 0 
RA − P = 0 
 
 
RA = P 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
 
Força cortante: 
 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) 
 
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. 
 
 
 
 
 
V = + P 
 
Momento fletor Seção S x M 
0 0 
M = − P ⋅ x L – PL 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes P 
 
 
 
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 medida distância x inicia-se na 
extremidade livre da viga. 
 
A S B 
x
 
L 
RA=P 
 
 
P + 0
 
 
 
-PL 
_
 
0 M 
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4. Viga em balanço submetida a carga uniformemente distribuída 
 
a. Cálculo das reações carga equivalente 
MA R = q x L 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HA = 0 
 
RA − qL = 0 
 
 
RA = qL HA q 
 
A S B 
x
 
L 
 
RA 
 
 
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 
V = +qx 0 0 
L qL 
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. 
 
Momento fletor Seção S x M carga equivalente R = q . x
 
0 0 x/2 x/2 
M = −q ⋅ x ⋅ 
x
 
2
 
qx 2 
= − 
2
 
 
 
qL2 L − S B 2 x 
 
 
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. 
 
q 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes A S B 
x
 
L 
RA=q.L 
 
 
q.L + V 0
 
 
-q.L2 /2 
_
 
0 M 
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c
 
 
 
 
5. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo no vão. 
 
x 
Mc 
A C B 
 
S 
 
a L - a 
 
RA=Mc / L L RB=-Mc / L 
 
 
a) Cálculo das reações 
 
 
∑ FV = 0 RA + RB = 0 RA = −RB 
 
 
b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
 
 
 
Força cortante 
 
 
Momento fletor 
V = + M c 
L
 
 
M = + RA ⋅ x = + 
M c 
⋅ x 
L 
 
No trecho AC o momento externo traciona a face inferior da viga; logo, o momento fletor é 
positivo. 
 
x M 
M = M c ⋅ x 0 0 
L a M c a 
L 
 
 
No trecho CB, o momento externo 
traciona a face superior da viga logo, o 
momento fletor neste trecho é negativo. 
Mc 
A C B 
 
 
a 
 
Portanto, em x=a, tem-se: 
 
M = + M c a − M 
 
RA=Mc / L L RB=-Mc / L 
L c 
 
+ M a − M L 
 
 
− M (L − a ) 
+ 
0 V
 
 
-Mc (L-a) 
L 
_
 
M = c c = c M 
L L 0 
+ 
Mc a 
L 
M 
 
-Mc 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
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+
 
 
 
 
6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade. 
 
 
M a 
A B 
 
 
L 
 
 
Ma / L -Ma / L 
 
 
a) Cálculo das reações 
 
∑ FV = 0 RA + RB = 0 RA = − RB 
 
 
b) Cálculo dos esforços solicitantes M a 
A B 
 
 
Força cortante: 
 
 
Momento fletor 
 
V = + M a 
L
 
 
M = − M a 
 
 
(constante) 
 
 
(constante) 
 
 
L 
 
Ma / L 
 
 
 
 
-Ma / L 
 
É negativo porque traciona a face superior da 0 V 
 
viga 
-Ma 
_
 
0 M 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
 
 
EXERCÍCIOS 
 
1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: 
 
 
MA P=6 kN 
 
 
HA 
 
 
A S B 
x
 
 
L=3 m 
 
RA 
 
 
a. Cálculo das reações 
 
 
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∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HA = 0 
RA − 6 = 0 
 
 
RA = 6kN 
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b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S 
 
Força cortante: 
 
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) 
V = + P = 6kN 
 
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. 
 
 
 
Momento fletor Seção S 
 
x M 
M = −P ⋅ x 0 03 − 18 
 
 
 
 
 
P=6 kN 
 
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 
 
 
 
RA=6 kN 
 
 
6 
0 
 
-18 
 
0 
 
 
 
S 
x
 
 
L=3 m 
 
 
 
 
+ 
 
 
_ 
 
 
 
B 
 
 
 
 
 
 
 
V (kN) 
 
 
 
 
M (kN.m 
 
 
 
 
 
2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: 
 
 
carga equivalente 
MA R=4 x 2=8 kN 
 
q=4 kN/m 
HA 
 
 
A S B 
x
 
 
L=2 m 
 
RA 
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a. Cálculo das reações 
 
 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HA = 0 
RA − 4 × 2 = 8kN 
 
 
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 
V = +qx 0 0 
2 8 
 
 
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. 
 
 
 
 
Momento fletor Seção S 
 
 
M = −2 ⋅ x ⋅ x = −2 x 2 
2
 
x M 
0 0 
2 − 8 
 
 
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 
 
 
 
RA=6 kN 
 
 
 
S 
 
 
L=2 m 
q=4 kN/m 
 
 
B 
x
 
 
8 
+ V (kN) 0
 
 
-8 
_ 
0 M (kN.m 
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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 
 
A 
P=20 kN 
S1 S2 
C B 
 
HB 
 
Como 
 
dM 
= V , ou seja, a integral da 
dx
 
 
3m 2m 
 
5m 
 
força cortante é o momento fletor, 
 
então, a área do diagrama de V 
 
corresponde a M . 
 
 
8 
20 0 
RA=8 kN 
 
+ 
RB=12 kN 
 
 
V (kN) 
_ 
-12 
M (kN.m) 
 
 
8 × 3 = 24 e 12 × 2 = 24 kN ⋅ m 24 
 
 
 
 
a) cálculo das reações 
 
 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HB = 0 
RA + RB − P = 0 
 
 
RA + RB = 20 kN 
∑ M A = 0 + RB × 5 − 20 × 3 = 0 
 
 
 
 
RA + RB = 20 
RA + 12 = 20 
5 RB = 60 
 
 
RA = 8 kN 
RB = 12 kN 
 
 
Pelas fórmulas deduzidas: 
 
RA = Pb = 20 × 2 = 8 kN 
 
 
RA = Pa = 20 × 3 = 12 kN 
L 5 L 5 
 
b) cálculo dos esforços solicitantes 
 
Convenção de sinais para força cortante: 
 
- 
tende girar a viga no sentido horário em
 
S P relação à seção S 
 
P tende girar a viga no sentido anti-horário em 
+ 
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relação à seção S 
S 
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S 
 
 
 
 
Força cortante 
Seção S1 
 
A S1 
 
 
 
 
 
RA=8 kN 
X 
 
 
 
 
 
 
V1 = + RA 
V1 = +8 kN 
 
 
 
• A reação RA tende a cortar a viga na seção S1 no sentido horário ⇒ (+) 
 
Seção S2 
 
 
 
A 
 
 
 
 
 
RA=8 kN 
P=20 kN 
2 
 
 
 
 
3m (x-3) 
 
X 
 
 
 
V2 = + RA − P 
V2 = 8 − 20 = −12 kN 
 
 
 
 
• Notar que V1 e V2 não dependem de x. Portanto, V1 e V2 serão constantes no diagrama 
 
de força cortante. 
 
Momento fletor Seção S1 
 
x M 1 
0 0 
3 24 
M 1 = (+)RA ⋅ x 
M 1 = 8 ⋅ x 
 
 
• Momento fletor (+) por tracionar a face inferior. 
 
Seção S2 
 
M 2 = + RA ⋅ x − P ⋅ (x − 3) 
M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ (x − 3) 
M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ x + 60 
M 2 = −12 x + 60 
 
 
 
x M 2 
3 24 
5 0 
 
 
• Notar que as equações que definem o momento fletor dependem de x e são lineares. 
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4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo. 
 
2,5 m 
 
L / 2 
A 
carga equivalente 
10 x 5 = 50 kN 
 
 
 
 
S 
 
 
 
B 
q = 10 kN / m 
 
HB = 0 
 
 
 
RA = 25 kN L = 5 m 
 
RB = 25 kN 
 
 
25 + 
 
 
2,5 m 
L / 2 
V (kN) 
- 25 
 
 
M (kN . m) 
 
+ 
 
 
31,25 
 
 
a) Cálculo das reações 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
 
BH = 0 
RA + RB − (10 ⋅ 5) = 0 
RA + RB = 50 kN 
∑ M A = 0 + RB ⋅ 5 − (10 ⋅ 5 ⋅ 2,5) = 0 
5RB = 125 
RB = 25 kN 
 
 
Pelas fórmulas deduzidas: 
RA = 25 kN 
 
RA = RB = q ⋅ L = 10 × 5 = 25 kN 
2 2 
 
a) Cálculo dos esforços solicitantes 
 
carga equivalente 
x / 2 
 
 
 
A 
 
 
x 
 
q . x 
S Força Cortante 
 
q 
V = + RA − q ⋅ x
 
V = 25 −10x 
 
 
RA = 25 kN 
 
• 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 (-); 
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• No caso de carregamento distribuído, a equação da força cortante depende de x, 
portanto , trata-se de uma função linear; 
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• 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. 
 
10 x = 25 
 
Diagrama de Força Cortante 
 
⇒ x = 2,5 m , ou seja, L 2 
 
 
 
 
25 + 
 
2,5 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
função linear 
 
 
 
 
 
V (kN) 
 
- 25 
 
x V 
2 25 
2,5 0 
5 -25 
 
 
 
Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor. 
 
 
• Do lado esquerdo 
 
2,5 × 25 
= 31,25 kN ⋅ m 
2
 
Momento fletor 
• Do lado direito: 
 
2,5 × 25 
= 31,25 kN ⋅ m 
2
 
 
 
 
x / 2 carga equivalente q . x 
S M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ x 
q 2 
A 
x2 M = +25 ⋅ x − 10 ⋅ 
x 2 
M = +25 ⋅ x − 5 ⋅ x2 
RA 
 
• 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 
 
2,5 m 
 
 
 
 
+ 
 
M = 25 ⋅ x − 5 ⋅ x 2 
 
 
 
 
M (kN . m) 
 
 
 
31,25 
 
 
 
x M 
0 0 
2,5 31,25 
5 0 
 
 
 Pela s fórmu las deduzidas: 
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M máx 
q ⋅ 
L2 
= 
8
 
10 × 52 
8 
 
= 
31,25 
kN ⋅ m 
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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. 
 
 
q 
 
 
 
 
x dx 
 
L 
 
 
Figura 7.2. Viga em balanço 
 
O equilíbrio de um elemento infinitesimal de vigaestá ilustrado na Figura abaixo. 
Admite-se que o carregamento neste elemento de comprimento infinitesimal seja 
constante. 
 
q 
 
A 
V M + dM 
 
 
x 
 
M 
V + dV 
 
dx 
 
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 
 
 
∑ F y = 0 
 
∑ Fy = 0 ⇒ V − qdx − (V + dV ) = 0 ⇒ dV = −qdx 
 
 
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dV 
= −q 
dx 
 
portanto dV ( x) = −q( x) 
dx
 
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2 
2 
2
 
 
 
 
Equilíbrio de Momentos em relação ao Equilíbrio de Forças em y ponto A 
 
 
∑ M A = 0 
 
 
∑ M A = 0 ⇒ −M − Vdx + qdx 
dx 
+ (M + dM ) = 0 
2
 
 
 
 
dM = Vdx − q dx 
2
 
2 
 
mas q dx 
2 
 
= 0 → parcela de segundo grau pode ser desprezada 
 
dM = Vdx ⇒ dM 
dx 
= V ⇒ dM ( x) = V ( x) 
dx 
 
Equações diferenciais de equilíbrio 
 
 dV ( x) 
= −q( x)  dx 
 ⇒ 
d M ( x) 
= −q( x) 
 dM ( x) 
= V ( x) dx  dx 
 
 
 
 
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: 
 
 
 
V ( x) = −qx 
 
M ( x) = − qx 
2
 
2 
 
 
d 2 M 
= −q 
dx 2 
 
V = dM 
dx 
 
= ∫ − qdx = −qx + C1 
 
 
M = ∫ (− qx + C1 )dx = − qx 
2
 
2 
 
+ C1 x + C2 
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condições de contorno 
 
para x = 0, a força cortante é nula: 
 
V (0) = 0 ⇒ C1 = 0 
 
para x = 0, o momento fletor é nulo: 
 
M (0) = 0 ⇒ C2 = 0 
 
 
 
q 
 
 
 
x dx 
 
L 
 
logo, 
+ V 
V ( x) = −qx 
 
qx 2 _ M ( x) = − M 2
 
 
 
 
 
Figura 7.4. Diagrama de esforços solicitantes 
 
 
 
 
Notar que: 
 
q(x) grau zero → constante 
 
V(x) 
 
primeiro grau → 
 
linear 
 
M(x) 
 
segundo grau → 
 
parabólico 
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A q=8 (kN/m) B 
A 
 
2
 
 
 
 
Exercícios 
 
 
 
1. Traçar os diagramas de esforços 
 
solicitantes da viga da figura. 
 
 
 
H 
carga equivalente 
8x4=32 kN 
2 m 
 
 
P=16 kN 
 
C 
 
S1 S2 
x 
4 m 2 m 
 
 
a. Cálculo das reações RA RB 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HA = 0 
 
RA + RB − 8 ⋅ 4 − 16 = 0 
 
 
RA + RB = 48 kN 
∑ M A = + RB × 4 − 16 × 6 − (8 × 4) × 2 = 0 RB = 40 kN RA = 8 kN 
 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 4 
 
Força cortante: 
V = + RA − q ⋅ x 
 
x V 
V = +8 − 8x 0 8 
 
 
 
x/2 
 
 
A 
 
 
q.x 
 
 
 
 
 
 
 
x 
 
 
 
 
 
q=8 (kN/m) 
 
 
 
S1 
4 − 24 RA=8 kN 
Determinação do local onde a força cortente é nula 
 
0 = +8 − 8x 
 
Momento fletor: 
 
 
 
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ x 
2
 
 
x = 1m 
 
 
 
 
 
 
 
M = +8x − 8 x 
2
 
 
 
 
 
 
x M 
0 0 
1 4 
4 − 32 
 
 
8x4=32 kN 
2 m 
 
x-2 
 
Seção S2 4 ≤ x ≤ 6 
 
q=8 (kN/m) A B
 
 
Força cortante: 
V = +8 − 32 + 40 = 16 kN 
 
constante 
 
S1 S2 
 
4 m x-4 
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x 
 
 
RA=8 kN RB=40 kN 
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A 8 (kN/m) B 
A=0 
 
 
 
P=14 kN 
q=2 k 
A 
 
 
2,5 m 2,5 m 
5 m 
 
 
 
 
 
 
Momento fletor: 
M = + RA ⋅ x − 32 ⋅ ( x − 2) + RB ⋅ ( x − 4) 
 
M = 8x − 32 x + 64 + 40 x − 160 
x M 
M = 16 x − 96 4 − 32 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
 
 
H 
6 0 
 
 
P=16 kN 
 
C 
 
 
4 m 2 m 
 
 
RA=8 kN 
 
8 
0 + 
1 m 
RB=40kN 
16 
+ 
 
_
 
 
16 
0 V(kN) 
 
-24 
 
-32 
_ 
 
0 
+4 
 
 
 
M(kN.m 
0 
 
 
 
2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
 
 
N/m 
B 
HA 
 
 
 
 
 
 
RA RB 
 
a. Cálculo das reações 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
HA = 0 
 
RA + RB − 2 ⋅ 5 − 14 = 0 
 
 
RA + RB = 24 kN 
∑ M A = + RB × 5 − 14 × 2,5 − 10 × 2,5 = 0 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
RB = 12 kN RA = 12 kN 
 
x/2 
 
 
 
q.x 
 
 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 2,5 
 
Força cortante: 
V = + RA − q ⋅ x 
 
 
V = 
+12 − 
2 ⋅ x 
 
 
 
 
 
x V 
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0 12 
2,5 7 
A 
 
S
1 
 
x 
 
R
A
=1
2k
N 
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x/2
 
 
 
 
x P=14 kN 
q=2 k 
 
 
2 
2 
 
 
 
 
Momento fletor: 
 
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ x 
2
 
 
 
M = +12 x − 2 x 
2
 
 
x M 
0 0 
4 23,75 
 
 
Seção S2 2,5 ≤ x ≤ 5 
Força cortante: 
V = + RA − q ⋅ x − P 
 
 
V = +12 − 2 x − 14 
 
 
 
Momento fletor: 
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ x − P(x − 2,5) 
2
 
 
 
 
 
x 
2,5 
5 
 
 
 
 
V 
− 7 
− 12 
 
 
 
 
 
A 
 
 
 
2,5 m 
 
 
 
RA=12kN 
 
q.x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
 
P=14 kN 
 
 
 
 
 
S2 
 
(x-2,5) 
M = +12 x − 2 x 
 
− 14(x − 2,5) 
2 
 
 
M = − x 2 − 2x + 35 
 
x 
2,5 
5 
 
M 
23,75 
0 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
2x5=10 kN 
 
 
 
 
 
A 
HA=0 
N/m 
B 
 
 
 
2,5 m 2,5 m 
 
5 m 
 
 
RA=12kN RB=12kN 
 
12 7 
0 + 
-7 
 
0 
 
 
_ 
V(kN) 
 
-12 
M(kN.m) 
 
+ 
 
 
23,75 
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2
 
 
 
 
3. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
 
2x2=4 kN 
1 m 2 m 
 
q=2kN/m 
 
3x4=12 kN 
 
 
q=3kN/m 
 
HC 
 
A B C 
2 m 4 m 
 
 
RB RC 
 
 
a. Cálculo das reações 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
 
HC = 0 
 
RB + RC − 2 × 2 − 3 × 4 = 0 
 
 
 
RB + RC = 16 kN 
∑ M B = + RC × 4 − 12 × 2 + 4 × 1 = 0 RC = 5 kN RA = 11 kN 
 
 
 
b. Cálculo dos esforços solicitantes 
 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 2 
 
Força cortante: 
 
 
 
 
 
 
x V A 
 
x/2 
q.x 
V = −q ⋅ x 
 
 
 
Momento fletor 
 
 
M = −q ⋅ x ⋅ 
x
 
2
 
V = −2 x 
 
 
 
 
 
 
M = −2 x 
2
 
0 0 x 
2 − 4 S1 
 
 
 
x M 
0 0 
2 − 4 
 
Seção S2 2 ≤ x ≤ 4 
 
 
Força cortante: 
V = −(2 × 2) + 11 − q ⋅ x 
 
 
 
V = −4 + 11 − 3x 
 
 
 
 
 
x V 
0 7 
2,33 0 
 
2x2=4 kN 1 m 
 
 
q=2kN/m 
 
 
A B 
(x+1) 
 
x/2 q.x 
 
 
 
 
q=3kN/m 
 
 
 
S2 
4 − 5 2 m x 
 
 
Determinaçãodo local onde a força cortente é nula: 
RB=11kN 
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− 4 + 11 − 3x = 0 − 3x + 7 = 0 x = 2,33 m 
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2 
 
 
 
 
Momento fletor: 
 
M = −4(x + 1) + 11x − 3x x 
2
 
 
 
M = −4 x − 4 + 11x − 3 x 
2 
 
x M 
 
M = −1,5x 2 + 7 x − 4 
0 − 4 
2,33 
4 
4,17 
0 
 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
2x2=4 kN 
 
 
3x4=12 kN 
 
 
 
q=2kN/m 
 
 
A 
2 m 
q=3kN/m 
 
 
B 
 
4 m 
 
 
HC=0 
C 
 
RA=11kN 
 
7 
 
0 
 
-4 
 
 
2,33 
 
 
1,67 
RC=5kN 
 
 
 
0 V(kN) 
 
-5 
 
-4 
 
0 
 
4,17 
 
 
0 M(kN.m 
 
 
 
4. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 
 
P=10 kN P=10 kN 
 
 
 
 
 
A 
 
1,5 m 3 m 
 
RA 
HB 
 
B 
 
1,5 m 
 
RB 
 
 
a. Cálculo das reações 
∑ FH = 0 
∑ FV = 0 
 
HB = 0 
 
RA + RB − 10 − 10 = 0 
 
 
 
RA + RB = 20 kN 
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∑ M A = + RB ⋅ 6 − 10 × 1,5 − 10 × 4,5 = 0 RA = 10 kN RB = 10 kN 
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b. Cálculo dos esforços solicitantes 
 
Seção S1 0 ≤ x ≤ 1,5 
x 
 
Força cortante: 
V = + RA 
 
 
V = +10 kN A S1
 
constante, pois não depende de x. 
 
RA=10kN 
 
Momento fletor 
 
x M 
M = + RA ⋅ x M = +10 ⋅ x 0 0 
1,5 15 
 
Seção S2 1,5 ≤ x ≤ 4,5 P=10 kN 
 
 
Força cortante: 
 
V = +10 − 10 = 0 
 
 
 
Momento fletor: 
 
 
constante 
 
A 
 
1,5 m 
x 
 
 
S2 
(x-1,5) 
M = +10 x − 10(x − 1,5) 
 
M = +10x − 10 x + 15 
 
M = +15 kN.m constante 
 
RA=10kN 
 
 
 
Seção S3 4,5 ≤ x ≤ 6 
 
 
 
Força cortante: 
V = +10 − 10 − 10 
 
 
 
 
 
 
V = −10 kN 
 
 
P=10 kN P=10 kN 
 
 A 
constante, pois não depende de x. 
 
 
 
Momento fletor 
M = +10x − 10(3 + x − 4,5) − 10(x − 4,5) 
 
 
M = −10x + 60 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
4,5 
6 
 
1,5 m 3 m 
x 
 
 
RA=10kN 
 
 
M 
15 
0 
S3 
(x-4,5) 
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=20 kN / m 
P=60 kN 
 
 
 
 
=20 kN / m 
P=40 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
=20 kN / m 
P=90 kN 
 
 
 
 
 
 
Diagrama de esforços solicitantes 
 
P=10 kN 
 
P=10 kN 
 
 
 
A 
 
1,5 m 3 m 
 
 
 
1,5 m 
HB=0 
 
B 
 
RA=10kN RB=10kN 
 
 
10 
0 0 V(kN) 
-10 
0 0 M(kN.m) 
 
 
15 
5. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas V, M (força cortante e momento fletor) 
nos seguintes casos: 
 
a) 
 
 
q 
 
A B 
 
 
 
2 m 4 m 
 
Resp: RA=100kN RB=80kN Mmax= +160kN.m 
b) 
 
 
q 
 
A B 
 
 
 
3 m 3 m 
 
Resp: RA=80kN RB=80kN Mmax= +150kN.m 
c) 
q2=40 kN / m 
 
 
 
A B 
 
 
 
 
3 m 3 m 
 
Resp: RA=75kN RB=105kN 
Mmax= +137,8kN.m (ocorre a 3,375m do apoio A) 
d) 
q=20 kN / m 
 
A B 
 
 
 
1,5 m 3 m 1,5 m 
 
 
 
 
Resp: RA=30kN RB=30kN Mmax= + 67,5kN.m 
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e) 
M=5kN.m 
 
A B 
 
 
L=4 m 
 
 
 
 
Resp: RA=1,25kN RB=-1,25kN 
V=1,25kN (constante) Mmax= - 5kN.m (constante) 
f) 
 
 
q 
 
A B 
 
 
 
4 m 8 m 
 
Resp: RA=180kN RB=150kN 
Mmax= +562,5kN.m (ocorre a 4,5m do apoio A) 
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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. 
 
P P 
 
x 
0 
 
a a 
 
y 
 
P 
 
V 
 
-P 
M 
 
 
Pa 
 
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 
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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. 
 
 
 
 
 
 
d θ° 
 
r 
O ponto 0 é o centro da 
curvatura do eixo longitudinal. O raio 
de curvatura é indicado por r. Da 
geometria vem: 
 
 
Linha Neutra 
1 
= 
dθ
 
r dx 
M m p 
 
dx 
y 
n q 
 
y 
 
M Acima do eixo neutro, também 
x chamado de Linha Neutra, as 
deformações são de compressão e as 
abaixo, de tração. 
Figura 8.3
 
 
 
 
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 
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deformação (formado por uma fibra longitudinal e a seção transversal) continua sendo reto 
depois da deformação. 
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s 
y 
 
 
 
 
Semelhança de triângulos 
 
 
ds 
= 
s
 → 
ds 
= 
y
 
y r s r 
 
 
r 
Sabe-se, contudo, que a deformação específica é
 
definida como: 
 
 
 
 
 
o LN 
x
 
ε x = 
ds 
, logo 
s
 
y 
ε x = 
r
 
 
y 
s ds y
 
 
Figura 8.4 
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, 
 
normais na viga são: 
 
σ = Eε . Portanto, as tensões 
 
 
σ = E y x 
r 
 
(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 
 
 
L.N. 
 
 
 
 
A 
 
σ t M 
 
 
x 
 h 
 
 
 
 
σc 
b 
 
 
y 
0 z 
 
y i 
 
 
dA 
corte A-A y 
 
 
Figura 8.5 
 
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Seja dA uma área elementar na seção transversal e distante y do eixo neutro. A 
 
força elementar que atua sobre esta área é σ x dA . Como não há força normal atuando na 
 
seção, a integral de σ x dA sobre a área total da seção transversal deve anular-se, o que dá: 
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y 
∫ σ x dA = ∫ E r 
dA = 0
 
 
(2) 
 
 
Como a curvatura e o módulo de elasticidade (E) são constantes,vem: 
 
 
∫ σ x dA = 
E 
r ∫ 
ydA = 0
 
 
logo 
 
∫ ydA = 0 
 
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 
 
M S = ∫ ydA = 0 , 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 σ x dA em relação ao eixo neutro é σ x ydA . A 
integral de todos esses momentos elementares sobre a área da seção transversal deve ser 
igual ao momento fletor M, ou seja: 
 
 
M = ∫ σ x ydA = 
E 
r ∫ 
y
 
 
2 dA 
 
(3) 
 
 
 
mas I = ∫ y 
2 dA
 
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: 
 
 
M = 1 EI → 1 = M 
 
(4) 
r r EI 
 
 
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. 
 
 
 
viga. 
Combinando as expressões (1) e (4), obtém-se a equação das tensões normais da 
 
 
M 
σ x = y 
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(5) 
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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: 
 
 
M 
σ x,máx = I
 
 
yinf 
M 
σ x ,mín = − I
 
 
ysup 
 
(6) 
 
 
 
Dimensionamento 
 
Do estudo das características geométricas de seções planas, define-se Módulo 
 
Resistente (W) por 
 
 
W = I 
y 
 
(7) 
 
 
Combinando as equações (5) e (7), chega-se à : 
 
 
σ = 
M
 
x W 
 
(8) 
 
 
 
Se for utilizado o método das tensões admissíveis, ou seja, 
 
dimensionar barras submetidas à flexão: 
σ x ≤ σ adm é possível 
 
 
σ = 
M
 
adm W 
 
(9) 
 
 
 
Quando a viga tiver seção retangular, com largura b e altura h, o Momento de 
 
 
Inércia e o Módulo Resistente, são, respectivamente 
 
bh 3 I = e 
12 
 
bh 2 W = 
6 
 
 
 
Para seção circular de diâmetro d, tem-se: pid 
4
 
I = e 
64
 
pid 3 W = 
32
 
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Exemplos 
A 
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 
P=20 kN 
S1 S2 
C B 
 
HB 
 
3m 2m 
 
5m 
 
σ adm 
 
= 5 kN 
 
cm 
2
 
 
e que se trata de um 
 
RA=8 kN 
 
8 
 
RB=12 kN 
perfil retangular com b = 5 cm (largura), + 
20 0 
 
V (kN) 
_ 
determinar a altura (h) do perfil. -12 
M (kN.m) 
 
 
 
 
 
h / 2 
h 
y h / 2 
24 
Retângulo 
 
W= Momento Resistente I= Momento de Inércia 
W = I 
y 
b
 
 
onde y = h 2 
 
 
 
Para retângulos tem-se: 
 
 
Momento de Inércia 
 
 
b ⋅ h 3 I = 
12
 
 
b ⋅ h 3 
3 2
 
 
Módulo Resistente W = 12 = 2b ⋅ h = b ⋅ h [L]3 
 
 
 
 
Sendo a tensão definida 
y 12 ⋅ h 
2 
6 
 
 
σ = 
M
 
W 
 
O Módulo Resistente pode também ser expresso por 
 
W = M 
σ 
 
 
Ou seja, 
 
b ⋅ h 2 M 
= 
 
⇒ h 2 = 6M 
6 σ bσ 
 
Logo, determina-se a altura h da viga 
 
h = 6M = 
bσ
 
6 × 2400 (kN .cm) 
5 (cm) × 5 (kN / cm 2 ) 
 
= 24 cm 
 
h = 24 cm 
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2. O momento fletor da viga da 
figura é M=31,25 kN.m. 
Sabendo-se que a tensão 
admissível do material utilizado 
2,5 m 
 
L / 2 
A 
carga equivalente 
10 x 5 = 50 kN 
 
 
 
 
S 
 
 
 
B 
q = 10 kN / m 
 
HB = 0 
 
na viga é 
 
σ adm 
 
= 5,8 kN 
 
cm 
2
 
 
e 
RA = 25 kN 
 
 
L = 5 m 
 
 
RB = 25 kN 
que se trata de um perfil 
 
25 + 
 
 
V (kN) 
retangular com b = 5 cm 
 
2,5 m 
 
- 25 
(largura), determinar a altura 
 
do perfil. 
(h) L / 2 
 
 
+ 
 
 
M (kN . m) 
 
 
 
 
 
Momento resistente do retângulo: 
 
 
b ⋅ h 2 W = 
6 
31,25 
 
σ = 
M
 
W 
 
⇒ W = M 
σ 
 
 
b ⋅ h 2 M 
= 
6 σ 
⇒ h 2 = 6 ⋅ M 
b ⋅ σ 
 
⇒ h = 6 ⋅ M 
b ⋅ σ 
 
 
 
 
h = 6 × 3125 ( kN .cm ) 
5( cm ) × 5,8( kN / cm 2 )
 
 
= 25,4 cm 
 
 
h = 25,4 c 
Notar: 31,25 kN ⋅ m = 3125 kN ⋅ cm 
 
 
Em polegadas: (2”x10”) 
 
1” = 2,54 cm 
 
 
 
 
b = 5 cm 
2' 
10' 
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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. 
 
 
 
 
p p 
 
 
x dx V M + dM 
 
 
M x 
 
M 
V V + dV 
 
dx 
 
 
Figura 8.6 Barra submetida a cargas transversais p 
 
 
 
O equilíbrio desse elemento de viga é dado por: 
 
 
dM 
= V dV = − p 
 
ou seja, d 
2 M 
= − p 
dx dx dx 2 
 
 
 
Devido aos efeitos da flexão, esse elemento de viga é solicitado por tensõesnormais, 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): 
 
 
 
σ = 
M 
⋅ y 
I
 
e σ + dσ = M + dM ⋅ y 
I 
 
 
onde I é o momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra. 
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o 
 
 
 
 
y 
σ b c σ + dσ F 
 
F + d F 
 
 
a d y 
o 
h
 
z x 
 
M M + dM 
τ bdx 
 
 
 
b dx 
 
 
 
Figura 8.7 Tensões normais em um elemento de viga de comprimento dx 
 
 
 
As resultantes dessas tensões normais são dadas por: 
 
h / 2 
F = ∫ 
yo 
 
e 
 
M ydA 
I 
 
 
(a) 
 
 
F + dF = 
 
h / 2 
∫ 
yo 
 
M + dM ydA 
I 
 
 
(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: 
 
τ ⋅ b ⋅ dx (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: 
 
 
 
 
ou seja: 
F + τbdx = F + dF 
 
 
 
 
 
 
d onde: 
τb dx = 
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h / 2 
∫ 
yo 
M + 
dM 
ydA − 
I
 
h / 2 
∫ 
yo 
M
 
y
d
A
 
I 
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o  
 
 
 
 
 
1 dM h / 2 
 
 
 
 
mas 
 
h / 2 
 
 
 
dM 
= V 
dx
 
τ = ⋅ 
I ⋅ b dx
 
 
 
e 
∫ ydA 
yo 
∫ ydA = Ms 
yo 
é o momento estático da parte da hachurada seção transversal em 
 
 
relação ao eixo z. 
 
 
 
 
 
 
 
 
tem-se: 
Logo, a tensão de cisalhamento fica definida por: 
 
τ = 
V ⋅ Ms
 
b ⋅ I
 
 
A tensão de cisalhamento varia em função de yo. No caso das seções retangulares, 
 
τ = 
V
 
 
 h 2 
 
 
− y 2 

 
2 I  4  
 
 
 
yo. 
 
A expressão acima indica que a tensão de cisalhamento varia parabolicamente com 
 
Como regra geral, a máxima tensão de cisalhamento τ ocorre no centro de 
 
gravidade da seção transversal. 
 
y 
 
σc 
Fc τ τo 
 
L N 
z h 
CG 
Ft 
 
 
σt 
b 
 
 
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 
 
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( z = I / Mso ) tem-se, para yo = 0, a expressão da tensão máxima de cisalhamento: 
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CG   
2 
 
 
 
 
 
τ = 
V
 
o b ⋅ z 
 
 
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. 
 
y y y y 
b=bf b 
 
 
 
 
CG CG 
 
b=bw 
CG 
T 
b CG 
 
 
b b 
 
V V V V 
 
 
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. 
 
τ = 
V ⋅ Ms
 
b ⋅ I 
 
 
h/2 
 
 
 
h/2 
CG 
 
h/4 
z 
 
 
 
τ max 
 
 
b diagrama de 
tensões tangenciais 
 
 
Momento Estático: 
 
 
Ms = A ⋅ y =  b h  ⋅ h 
 2  4 
bh 2 
= 
8
 
 
Momento de Inércia bh
3
 
I = 
12
 
 
 
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de 
 
cisalhamento, tem-se: 
 
 
V ⋅ bh 
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3 τ = 
 8 
= 
3 
⋅ 
V
 → τ = 1,5 V 
b ⋅ bh 
12
 
2 bh ATotal 
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A 
4
 
 
 
 
 
 
Tensão de cisalhamento para peças de seção circular 
 
A tensão de cisalhamento máxima 
r 4r CG 
 
 
seção. τ = V ⋅ Ms 
b ⋅ I
 
 
d 
Momento Estático: 
 
 
 
z 
 
 
 
 
diagrama de 
 
 
 
τ max 
tensões tangenciais 
 
 
 pid 2   4 d  d 3 Ms = A ⋅ yCG =   ⋅   = 
 4   3 2pi  12 
 
 
 
Momento de Inércia pid 
4
 
I = 
64 
 
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de 
 
cisalhamento, tem-se: 
 
 
d 3 V V ⋅ 
τ = 12 = 12 → τ = 4 V 
d ⋅ pid pid 
2
 
 
⋅16 3 ATotal 
64 4 
 
 
 
 
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. 
 
τ = 1,5 V max 
Total 
 
Sendo τadm=1,0 kN/cm2 , no limite τadm = τmax logo, 
 
1 = 1,5 × 80 
60 × b
 
 
→ b = 2 cm 
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9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS 
 
 
 
 
As cargas transversais que atuam nas vigas causam deformações, curvando seu 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. 
 
P 
 
 
 
v x 
linha 
elástica 
y 
 
 
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. 
 
 
dx 
 
 
dx 
 
θ 
θ dy=dv 
 
 
tangente 
 
 
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 
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uma reta paralela ao eixo x, o ângulo θ então formado entre a tangente e a reta, é 
denominado deformação angular da viga. 
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2 
2
 
 
 
 
Considerando-se a hipótese de pequenos deslocamentos, pode-se afirmar que 
 
tgθ≅ θ . Portanto, tgθ = θ = dv . 
dx
 
 
Derivando-se o ângulo θ em relação a x, tem-se: 
 
dθ 
=
 
dx 
d 2 v 
dx 2 
 
(1) 
 
 
Da geometria, define-se curvatura como: 
 
1 
= 
dθ
 
 
 
 
(2) 
r dx 
 
 
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, 
 
1 
= − 
M
 
 
(3) 
r EI 
 
 
Relacionando as expressões (1) e (2), chega-se a: 
 
1 d 2 v 
= (4) 
r dx 2 
 
 
Relacionando agora as expressões (3) e (4), tem-se: 
 
d v 
= − 
M
 
 
(4) 
dx 2 EI 
 
 
Rearranjando a expressão (4) chega-se finalmente à equação da linha elástica: 
 
EI d v = −M 
 
(5) 
 
 
onde 
dx 2 
 
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. 
 
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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; 
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∫ 
2 
2 
2 
 
 
 
 
3. as seções permanecem planas após a deformação; 
 
4. deslocamentos pequenos, ou seja: tgθ ≅ θ . 
 
 
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 
x 
 
A B 
S 
 
L / 2 L / 2 
 
 
P / 2 
 
Equação do momento fletor na seção S → 
 
 
M = P ⋅ x 
x 2 
P / 2 
 
Ao se integrar a equação dθ = d v = − M 
 
determina-se a rotação da viga: 
dx dx 2 EI 
 
M θ = ∫ − EI dx 
Como o módulo de elasticidade do material (E) e o momento de inércia (I) são constantes, 
podem ser retirados da integral. Logo, 
 
EIθ = − P xdx 
2
 
 
→ EIθ = − P ⋅ x 
2 2
 
 
+ C1 
A constante C1 é determinada pelas condições de contorno da viga. A tangente da 
curva para x=L / 2 é nula. Logo, 
 
P  L  
 
PL2 0 = − ⋅   
4 2 
+ C1 C1 = 16
 
 
 
 
Assim, tem-se a equação da rotação da viga: 
 
 
EIθ = − 
 
 
 
Px 2 PL2 
+ 
4 16 
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Ao se integrar a equação da rotação, chega-se à equação do deslocamento vertical da viga. 
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 Px 2 PL2  EIv = ∫ θ ⋅ dx
 
→ EIv = ∫  − 

 
+ 
4 16
 
 ⋅ dx 
 
 
 
EIv = − Px 
3
 
12 
PL2 
+ 
16 
 
x + C2 
 
 
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, 
 
 
EIv = − 
 
PL3 PL3 
+ 
 
 
EIv = 
 
PL3 
96 32 48 
 
 
Portanto, o deslocamento vertical máximo da viga é expresso por: 
 
 
vmax 
 
PL3 
= 
48EI 
 
 
Exemplo: 
Calcular o deslocamento vertical 
máximo da viga da figura. Dado: 
Eaço=21000 kN/cm2. 
P=20kN 
 
A B 
 
 
300cm 300cm 
 
 
 
h=30cm 
 
 
b=10cm 
 
 
 
bh 3 I = 
12 
10 × 303 I = 
12 
 
= 22500 cm 4 
 
PL3 
v = v = 
 
20 × 6003 
 
 
= 0,19 cm max 48EI max 48 × 21000 × 22500 
 
 
Se a seção transversal da viga fosse b=30cm e h=10cm, o deslocamento vertical seria: 
 
bh 3 I = 
12
 
 
3
 
 
30 × 103 I = 
12
 
 
 
= 2500 cm 4 
 
 
3
 
 
 
 
Note-se que esta mudança de posição da 
seção transversal da viga aumentou o 9 
 
vmax = 
PL
 
48EI
 
 
vmax = 
20 × 600
 
48 × 21000 × 2500
 
 
= 1,71 cm vezes deslocamento vertical. 
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Apresenta-se a seguir equações de deslocamento máximos. 
 
P 
 
 
vmax 
L 
 
PL3 
vmax = 3EI 
q (kN/m) 
 
 
vmax 
L 
 
 
qL4 
vmax = 8EI 
P 
 
vmax 
 
L/2 L/2 
 
 
PL3 
vmax = 48EI 
q (kN/m) 
 
vmax 
L 
 
 
4 
max = 384EI 
P a>b 
x 
 
vmax 
a b 
 
3 
Pb( L2 − b2 ) 2 L2 − b2 
vmax = x = 9 3EI 3
 
x M 
 
 
 
L 
 
ML2 L 
vmax = x = 9 3EI 3
 
M 
 
 
vmax 
L 
 
 
ML2 
vmax = 2EI
 
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30
cm
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS 
 
 
 
1. Determinar o deslocamento 
máximo da viga da figura. 
Dado Eaço=210 GPa. 
 
Resposta: v = 0,013 cm 
q=1,21 (kN/m) 
 
 
vmax 
 
L=4,2 m 
 
 
 
 
 
 
b=8cm 
 
 
 
h=30cm 
 
 
 
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 
P=7,25 kN 
 
 
vmax 
 
2,5m 2,5m 
 
 
 
h=? 
 
 
b=10cm 
 
 
 
 
máximo da viga da figura. Dado 
Eaço=210 GPa. 
 
Resposta: v = 1,05 cm 
 
 
 
 
 
L=3 m 
P=16 kN 
 
 
 
vmax 
 
 
 
 
 
b=5cm 
 
 
h=25cm 
 
 
 
 
 
5. Determinar o deslocamento 
vertical máximo da viga da figura. 
Dados: 
 
bh 3 
q=1,5 (kN/m) 
 
 
vmax 
 
L=3 m 
 
 
 
 
20cm 
E = 210000 MPa, I = 
36 
 
Resposta: v = 0,005cm 
 
 
q=1,5 (kN/m) 
 
6. Determinar o deslocamento 
vertical máximo da viga da figura. 
 
 
vmax 
 
1cm 
 
 
1cm 
 
h=25cm 
Dados: E=210 GPa, I=4471,92cm4. 
 
Resposta: v = 0,0168cm 
L=3 m b=12cm 
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3 
 
 
 
 
7. Dimensionar a altura da viga da figura sabendo-se que as tensões admissíveis à 
compressão e à tração são iguais ( σ c = σ t = 58 MPa ) e a tensão admissível ao 
cisalhamento é τ 
Dados: 
= 1,1 MPa . q (kN/m) 
Eaço= 210000 MPa h 
q = 2,15 kN/m 
L = 6 m L b 
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 ( σ c = σ t = 50 MPa ). 
Dados: 
 
I = 4471,92 cm4 
yCG = 12,5 cm 
L = 4 m 
1cm 
 
 
1cm 
 
h=25cm 
 
 
Solução: 
 
Determinação do módulo resistente (W)L / 2 L / 2 b=12cm 
W = I 
yCG 
W = 4471,92 = 357,75 cm 3 
12,5
 
σ = 
M ≤ σ 
 
M = σ ⋅ W M = PL 
W 
P = 4 ⋅ σ ⋅ W 
L
 
Resposta: P= 17,9 kN 
max 4 
P = 4 × 5 × 357,75 = 17,9 kN 
400
 
 
 
 
9. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga do exercício anterior. 
 
PL3 
v = 
 
v = 
17,9 × 400
 
 
 
= 0,25 cm 
48EI 
 
Resposta: v= 0,25 cm 
48 × 21000 × 4471,92 
 
 
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. 
P=37,5 kN 
 
 
 
 
8m 4m 
 
 
 
 
 
12cm 
 
 
 
h=30cm 
 
b) Determinar as tensões que distam 7,5cm da Linha Neutra. 
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Respostas: a) σmax= 5,56 kN/cm2 b) σ(7,5) = 2,78 kN/cm2 
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BIBLIOGRAFIA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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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.