Resolução Lista 4 R1 - Flexão

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Adriano Alberto 
 
1 
ENG285 4ª Unidade 
 
Fonte: Arquivo da resolução da lista 1 (Adriano Alberto), Slides do Prof. Alberto B. Vieira 
Jr., RILEY - Mecânica dos Materiais. 
 
Momento de Inércia (I) 
 
Para seção retangular: 
I
 
= 
�	.		��
�� 
 
Para seção triangular reta: 
I
 
= 
�	.		��
�� 
 
Semi-círculo: 
	
 = ���
 
 
Momento estático (Q) 
Q = A . (distância do centróide à L.N.) 
 
�� = - ��	.			�� ; �	 = ��	.		��� 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
Módulo de resistência (W) 
������� = ����� => Wreq = ��������� 
W = ��|	| 
Adriano Alberto 
 
2 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO 
 
 
Nas questões abaixo, de acordo com as respostas da lista, não são calculadas as 
tensões máximas. Para isso, seria necessário calcular também as tensões 
cisalhantes e, a partir do estado de tensão resultante, calcular as tensões máximas, 
que podem ou não coincidir com os resultados das questões abaixo. 
 
 
1) A viga carregada como mostrado tem a seção transversal da figura. Determine a tensão 
longitudinal: (a) num ponto a 4,5 m a contar da extremidade esquerda e 125 mm acima da 
superfície neutra; (b) num ponto 75 mm abaixo da superfície neutra numa seção a 1,2 m 
do extremo direito 
 
 
 
RA + RD = 30 + 15 + 30 = 75 kN 
∑�# = 0 => - 30 . 1,5 - 15 . 4 + 5 . RD – 6 . 30 = 0 => RD = 57 kN 
RA = 18 kN 
Para 0 ≤ x < 3: 
V(x) = - 10x + 18 
Para V(x) = 0 => x = 1,8 m 
 
Diagrama: 
 
 
 
a) 
M(4,5) = ? 
Para 4 ≤ x < 5: 
V(x) = - 27 kN 
M(x) = - 27x + C 
M(4) = - 3 kN.m = - 27 . 4 + C => 
M(x) = - 27x + 105 => M(4,5) = 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
Obs: não era preciso calcular para esse caso, devido a simetria da seção.
AT = 200		.		50	.		3 = 30 000 mm²
A1 = 200		.		50		= 10 000 mm²
A2 = 200		.		50		= 10 000 mm²
A3 = 200		.		50		= 10 000 mm²
	
� = 275 mm 
	
� = 150 mm 
	
� = 25 mm 
 
 
27 . 4 + C => C = 105 
27x + 105 => M(4,5) = - 27 . 4,5 + 105 => M(4,5) = - 16,5 kN.m 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
Obs: não era preciso calcular para esse caso, devido a simetria da seção. 
000 mm² 
² 
m² 
m² 
Adriano Alberto 
3 
Adriano Alberto 
 
4 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
+,	,,,	.		�-./	)	+/,	)	-/�
0,	,,, = 150 mm 
ys = 300 – 150 = 150 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� + ��� 
���= ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = -,,		.		�/,�
4
+- + 10 000 . �275 − 150�- = 158 333 333,3.�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = /,		.		�-,,�
4
+- + 10 000 .�150 − 150�- = 33 333 333,33.�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = -,,		.		�/,�
4
+- + 10 000 . �25 − 150�- = 158 333 333,3 .�78�� m4 
 
=> Iz = 350 000 000 . �78��	 m4 
 
�� = - ��	.			�� => 9: = - ;8	+<,/	.		+,
4	>	.			+-/		.		+,?4		
0/,	,,,	,,,	.+,?@A	 = 5 892 857,143 Pa 
 
b) 
x = 7 – 1,2 = 5,8 m 
M(5,8) = ? 
 
Para 5 ≤ x < 7: 
V(x) = - 15x + C 
V(5) = 30 = - 15 . 5 + C => C = 105 => V(x) = - 15x + 105 
M(x) = - 7,5 . x² + 105 . x + C 
M(5) = - 30 kN.m = - 7,5 . 25 + 105 . 5 + C => C = - 367,5 
M(x) = - 7,5 . x² + 105 . x - 367,5 => M(5,8) = - 7,5 . (5,8)² + 105 . 5,8 - 367,5 => 
M(5,8) = - 10,8 kN.m 
 
�� = - ��	.			�� => 9: = - ;8	+,,B	.		+,
4	>	.			�8./�		.		+,?4		
0/,	,,,	,,,	.+,?@A	 = - 2 314 285,714 Pa 
 
2) (a) Determine a tensão longitudinal em um ponto 100 mm abaixo da superfície neutra 
numa seção a 1,3 m do extremo direito da viga carregada da figura; (b) determine a 
máxima tensão longitudinal numa seção a 1 m do
 
∑C	 = 0 => RA + RB = 39 000 N
∑�# = 0 => 9 000 – 30 000 . 1,5 + 3 . R
RA = 27 000 N 
 
Para 1,5 ≤ x D 3,5: 
V(x) = - 15 000 . x + C 
V(1,5) = 18 000 = - 15 000 . 1,5
V(x) = - 15 000 . x + 40 500 
Para V(x) = 0 => x = 2,7 m 
 
Diagrama: 
 
 
2) (a) Determine a tensão longitudinal em um ponto 100 mm abaixo da superfície neutra 
xtremo direito da viga carregada da figura; (b) determine a 
máxima tensão longitudinal numa seção a 1 m do extremo esquerdo. 
 
 
= 39 000 N 
30 000 . 1,5 + 3 . RB = 0 => RB = 12 000 N 
15 000 . 1,5 + C => C = 40 500 
 
 
Adriano Alberto 
5 
2) (a) Determine a tensão longitudinal em um ponto 100 mm abaixo da superfície neutra 
xtremo direito da viga carregada da figura; (b) determine a 
Adriano Alberto 
 
6 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
AT = 150		.		50	 + 	150		.		50 = 15 000 mm² 
A1 = 150		.		50		= 7 500 mm² 
A2 = 150		.		50		= 7 500 mm² 
	
� = 175 mm 
	
� = 75 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
.	/,,		.		+./	)	.	/,,		.		./
+/	,,, = 125 mm 
ys = 200 – 125 = 75 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +/,		.		�/,�
4
+- + 7 500 . �175 − 125�- = 20 312 500 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = /,		.		�+/,�
4
+- + 7 500 . �75 − 125�- = 32 812 500 . �78�� m4 
 
=> Iz = 53 125 000 . �78��	 m4 
 
a) 
x = 4 – 1,3 = 2,7 m 
M(2,7) = 10,8 kN.m 
 
�� = - ��	.			�� => 9: = - ;+,,B	.		+,
4	>	.		�8	+,,�		.		+,?4		
/0	+-/	,,,	.+,?@A	 = 20 329 411,76 Pa 
 
b) M(1) = - 9 kN.m 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
Adriano Alberto 
 
7 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;8	G		.		+,
4	>	.		./		.		+,?4		
/0	+-/	,,,	.+,?@A	 = 12 705 882,35 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;8	G		.		+,
4	>	.		�8	+-/�		.		+,?4		
/0	+-/	,,,	.+,?@A	 = - 21 176 470,59 Pa = ��,�á� 
 
3) Uma barra de aço de 200 mm de diâmetro é carregada e apoiada como mostrado na 
figura. Determine a máxima tensão longitudinal numa seção a 1,5 m a partir da parede. 
 
 
R = 12 kN 
12 . 3 + M = 0 => M = - 36 kN.m 
 
 
 
M(3) = - 18 kN.m 
Iz = 
HIJ
K = 
H�,,+,,�J
K 
A
 
= LM- = L�0,100�- 
 
yi = ys = 	
 = 100 mm 
Adriano Alberto 
 
8 
�� = - ��	.			F�� = - 
;8+B	.	+,4>	.		�±	+,,�	.		+,?4
O�P,@PP�J
J
 = ± 22 918 311,81 Pa 
 
4) Para a viga mostrada, as tensões longitudinais admissíveis na seção sob a carga são de 
42 MPa T e 70 MPa C. Determine a máxima carga admissível P. 
 
 
 
RA + RC = P (I) 
 
∑QR = 0 => - 1 . P + 3,5 . RC = 0=> RC = S�,T (II) 
 
Substituíndo em (I): 
 
RA + 
S
�,T = P => RA = 
�,T	.		S
�,T 
 
RA = 2,5 . RC 
 
 
Para o trecho 0 ≤ x < 1: 
 
V(0) = V(1) = RA 
 
M(x) = RA . x + C 
 
M(0) = 0 => C = 0 => M(x) = RA . x 
 
M(1) = RA 
 
 
Para o trecho 1 ≤ x < 3,5: 
 
 
V(1) = V(3,5) = RA – P 
 
M(x) = (RA - P). x + C 
 
M(1) = RA = (RA - P). 1 + C => C = P => M(x) = (RA - P). x + P 
 
M(3,5) = (RA - P). 3,5 + P = 3,5 . RA – 3,5 . P + P = 3,5 . RA – 2,5 . P = 3,5 . -,/	.		U0,/ – 2,5 . P = 0 
 
Para x = 3,5: 
 
V(3,5) = RA – P + RC = RA – P + P – RA = 0 
Adriano Alberto 
 
9 
M(3,5) = 0 
 
Mmáx = RA = 
�,T	.		S
�,T 
 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
AT = 200		.		25	 + 	100		.		25 = 7 500 mm² 
A1 = 200		.		25		= 5 000 mm² 
A2 = 100		.		25		= 2 500 mm² 
	
� = 125 mm 
	
� = 12,5 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
/	,,,	.		+-/	)	-	/,,		.		+-,/
.	/,, = 87,5 mm 
ys = 225 – 87,5 = 37,5 mm 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = -/		.		�-,,�
4
+- + 5 000 . �125 − 87,5�- = 23 697 916,67.�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = +,,		.		�-/�
4
+- + 2 500 . �12,5 − 87,5�- = 14 192 708,33.�78�� m4 
 
=> Iz = 37 890 625 . �78��	 m4 
 
 Para o trecho AB: 
Mmáx = 
�,T	.		S
�,TCálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => - 70 . 106 = - 
WA,X	.		Y4,X 	Z	.		0.,/	.		+,?4		
0.	BG,	<-/	.+,?@A	 => P = 99 020,83334 N 
 
 
Adriano Alberto 
 
10 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 42 . 106 = - 
WA,X	.		Y4,X 	Z	.		�8B.,/�	.		+,?4		
0.	BG,	<-/	.+,?@A	 => P = 25 462,5 N = Padm 
 
5) e 6) Se o momento mostrado atua no plano vertical, determinar a tensão no: (a) ponto 
A; (b) ponto B.
 
 
5) 
 
a) 
Como o ponto A vai ser comprimido, �� será negativo. 
Mz = 15 kN.m 
 
yi = ys = 60 mm 
 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, Iz = ��[- ��3: 
��[- ��3= B,	.		�+-,�4+- - K,	.		�B,�
4
+- = 9 813 333,333 . �78��	 m4 
�� = - ��	.			�� = - ;+/		.		+,
4>	.		K,	.		+,?4		
G	B+0	000,000	.	+,?@A	 = - 61 141 304,35 Pa 
 
b) 
Como o ponto B vai ser tracionado, �� será positivo. 
Mz = 15 kN.m 
 
�� = - ��	.			3�� = - ;+/		.		+,
4>	.		�8	<,�	.		+,?4		
G	B+0	000,000	.	+,?@A	 = 91 711 956,52 Pa 
 
Adriano Alberto 
 
11 
*** 6) 
 
 
a) 
Como o ponto A vai ser comprimido, �� será negativo. 
Mz = 2,8 kN.m 
 
yi = ys = 30 mm 
 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
Iz = ��[- 2 . ��3 = +-,	.		�<,�4+- - 2 . H	.�-,�
J
K = 1 908 672,588 . �78��	 m4 
�� = - ��	.			�� = - ;-,B		.		+,
4>	.		0,	.		+,?4		
+	G,B	<.-,/BB	.+,?@A	 = - 44 009 643,42 Pa 
 
b) 
Como o ponto B vai ser tracionado, �� será positivo. 
Mz = 2,8 kN.m 
 
�� = - ��	.			�� = - ;-,B		.		+,
4>	.		�8	-,�	.		+,?4		
+	G,B	<.-,/BB	.+,?@A	 = 29 339 762,28 Pa 
 
Resposta da lista: 
6) σa = 44,1 MPa C σb = 29,3 MPa T 
 
7) A viga mostrada é feita de aço com tensão de escoamento igual a 250 MPa. Determinar 
o maior momento que pode ser aplicado à viga quando ela encurva em torno do eixo z, 
considerando um coeficiente de segurança de 2,5. 
 
 
Adriano Alberto 
 
12 
Posição da Linha Neutra (L.N.) 
yi = 130 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
A1 = 200		.		16		= 3 200 mm² 
A2 = 228		.		10		= 2 280 mm² 
A3 = 200		.		16		= 3 200 mm² 
 
	
� = 252 mm 
	
� = 130 mm 
	
� = 8 mm 
 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = -,,		.		�+<�
4
+- + 3 200 . �252 − 130�- = 47 697 066,67 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = +,		.		�--B�
4
+- + 2 280 . �130 − 130�- = 9 876 960 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = -,,		.		�+<�
4
+- + 3 200 . �8 − 130�- = 47 697 066,67 . �78�� m4 
 
=> Iz = 105 271 093,3 . �78��	 m4 
 
�� = ��	.			3�� => -/,	.		+,
]
-,/ = 
^_	.		+0,		.		+,?4		
+,/	-.+	,G0,0	.	+,?@A	 => �� = 80 977,76408 N.m 
 
8) Sabendo-se que uma viga de seção transversal, como mostrado, é encurvada em torno 
de um eixo horizontal e está submetida a um momento fletor de 5,7 kN.m, determinar a 
intensidade total da força atuando: (a) na aba superior; (b) na porção sombreada da alma. 
 
Adriano Alberto 
 
13 
 
 
Posição da Linha Neutra (L.N.) 
yi = 87,5 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
A1 = 150		.		37,5		= 5 625 mm² 
A2 = 50		.		100		= 5 000 mm² 
A3 = 150		.		37,5		= 5 625 mm² 
 
	
� = 156,25 mm 
	
� = 87,5 mm 
	
� = 18,75 mm 
 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +/,		.		�0.,/�
4
+- + 5 625 . �156,25 − 87,5�- = 27 246 093,75.�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = /,		.		�+,,�
4
+- + 5 000 . �87,5 − 87,5�- = 4 166 666,667 . �78�� m4 
 
=> Iz = 58 658 854,17 . �78��	 m4 
 
a) 
 
 
Adriano Alberto 
 
14 
Para y = 68,75 mm (distância da L.N. ao centróide da figura) 
 
�� = - ��	.			3�� = - /,.	.	+,
4	.		<B,./		.		+,?4		
/B	</B	B/K,+.	.+,?@A	 => �� = - 6 680 577,136 Pa 
 
F = �� . A1 => F = - 6 680 577,136 . 5 625 . 10-6 m² => F = - 37 578,24639 N 
 
b) 
 
Para y = - 25 mm (distância da L.N. ao centróide da figura) 
 
�� = - ��	.			�� = - /,.	.	+,
4	.		�8	-/�		.		+,?4		
/B	</B	B/K,+.	.+,?@A	 => �� = 2 429 300,777 Pa 
 
F = �� . A => F = 2 429 300,777 . 50 . 50 . 10-6 m² => F = 6 073,251943 N 
 
*** 9) Duas forças verticais são aplicadas a uma viga de seção transversal mostrada. 
Determinar as máximas tensões de tração e compressão numa seção transversal na porção 
BC da viga. 
 
 
 
 
RA + RD = 20 kN 
RA = RD = 10 kN 
Mz = 1,5 kN.m 
 
Adriano Alberto 
 
15 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
AT = 10		.		50	 + 	10		.		30	 + 		10		.		50 = 1 300 mm² 
A1 = 10		.		50		= 500 mm² 
A2 = 10		.		30		= 300 mm² 
A3 = 10		.		50		= 500 mm² 
	
� = 35 mm 
	
� = 5 mm 
	
� = 35 mm 
 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�			)		#�		.			
�		
#* = 
/,,	.		0/	)	0,,		.		/	)	/,,		.		0/
+	0,, = 28,07692308 mm 
ys = 60 - 28,07692308 = 31,92307692 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +,		.		�/,�
4
+- + 500 . �35 − 28,07692308�- = 128 131,1637 .�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = 0,		.		�+,�
4
+- + 300 . �5 − 28,07692308�- = 162 263,3137. �78�� m4 
 
��� = ��� 
 
=> Iz = 418 525,6411 . �78��	 m4 
 
Cálculo acima da L.N. 
 
�� = - ��	.			F�� = - +,/	.+,
4	.		0+,G-0,.<G-	.	+,?4		
K+B	/-/,<K++	.+,?@A	 = - 114 412 620,6 Pa 
 
Cálculo abaixo da L.N. 
Adriano Alberto 
 
16 
 
�� = - ��	.			3�� = - +,/	.+,
4	.		�8		-B,,.<G-0,B�		.	+,?4		
K+B	/-/,<K++	.+,?@A	 = 100 627 967,5 Pa 
 
A resposta da lista deu diferente, mas acredito que meus cálculos estão certos. 
 
9) 73,2 MPa T 102,4 MPa C 
 
 
10) Sabendo-se que uma viga de seção transversal mostrada é encurvada sobre um eixo 
horizontal, e que está submetida a um momento fletor de 4 kN.m, determinar a 
intensidade total da força que atua na porção sombreada da viga. 
 
 
yi = ys = 44 mm 
A1 = 12		.		88		= 1 056 mm² 
A2 = 40		.		40		= 1 600 mm² 
A3 = 12		.		88		= 1 056 mm² 
	
� = 44 mm 
	
� = 44 mm 
	
� = 44 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
��� = ��� 
Iz = 2 . ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +-		.		�BB�
4
+- = 681 472 .�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = K,		.		�K,�
4
+- = 213 333,3333 . �78�� m4 
Adriano Alberto 
 
17 
=> Iz = 1 576 277,333 . �78��	 m4 
 
Cálculo do centróide da figura 
 
AT = 12		.		44	 + 	20		.		20	= 928 mm² 
A1 = 12		.		44		= 528 mm² 
A2 = 20		.		20		= 400 mm² 
A3 = 10		.		50		= 500 mm² 
	
� = 22 mm 
	
� = 10 mm 
 
	
 = #�	.			
�	)	#�		.			
�					#* = /-B	.		--	)	K,,		.		+,	G-B = 16,82758621 mm = y 
 
�� = - ��	.			�� = - K	.+,
4	.			+<,B-./B<-+	.	+,?4		
+	/.<	-..,000	.+,?@A	 = - 42 702 095,26 Pa 
 
F = �� . A => F = - 42 702 095,26 . 928 . 10-6 = - 39 627,5444 N 
 
11) Para a viga com seção transversal mostrada, determine a tensão longitudinal máxima 
entre as seções A e C, e localize onde ela ocorre. 
 
 
 
Aproveitando os cálculos da questão 6 da Lista 1: 
 
Adriano Alberto 
 
18 
Para 0 ≤ x D 2: 
V(x) = bc. de + C1 => V(x) = b�3�	. de + C1 => V(x) = 3x + C1 
V(0) = 0 => 3 . 0 + C1 = 0 => C1 = 0 
=> V(x) = 3x 
 
V(0) = 0 
V(2) = 3 . 2 = 6 kN 
 
M(x) = bf�e�. de + C2 => M(x) = b�3x�. de + C2 => M(x) = 1,5 x² + C2 
M(0) = - 12 => 1,5 (0)² + C2 = - 12 => C2 = - 12 => M(x) = 1,5 x² - 12 
 
M(0) = - 12 kN.m 
M(2) = 1,5 . (2)² - 12 => M(2) = - 6 kN.m 
Para 2 ≤ x D 5: 
 
V(x) = - bc. de + C3 => V(x) = - b�5�	. de + C3 => V(x) = - 5x + C3 
V(2) = 6 + 5,5 = 11,5 kN => - 5 . 2 + C3 = 11,5 => C3 = 21,5 
=> V(x) = - 5x + 21,5 (OK)V(2) = 11,5 kN 
V(5) = - 5 . 5 + 21,5 => V(5) = - 3,5 kN 
 
Para V(x) = 0 => - 5x + 21,5 = 0 => x = 4,3 m 
 
M(x) = bf�e�. de + C4 => M(x) = b�−5x + 21,5�. de + C4 
=> M(x) = - 2,5 x² + 21,5 . x + C4 
M(2) = - 6 kN.m => - 2,5 (2)² + 21,5 . 2 + C4 = - 6 => C4 = - 39 
=> M(x) = - 2,5 x² + 21,5 . x – 39 
 
Adriano Alberto 
 
19 
M(2) = - 6 kN.m 
M(5) = - 2,5 (5)² + 21,5 . 5 - 39
 
=> M(5) = 6 kN.m 
Mf,máx = M(4,3) = - 2,5 . (4,3)² + 21,5 . 4,3 - 39 => Mf,máx = 7,225 kN.m 
 
Para 5 ≤ x D 7: 
 
3 . 2 + 5,5 – 5 . 3 - 3 - V(x) = 0 => V(x) = - 6,5 kN 
 
M(x) = bf�e�. de + C5 => M(x) = b�−	6,5�. de + C5 
=> M(x) = - 6,5x + C5 
M(5) = 6 kN.m => - 6,5 . 5 + C5 = 6 => C5 = 38,5 
=> M(x) = - 6,5x + 38,5 
 
M(5) = 6 kN.m 
M(7) = - 6,5 . 7 + 38,5 => M(7) = - 7 kN.m 
 
Diagrama: 
 
 
 
 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
 
AT = 100		.		25	 + 	40		.		100 =
A1 = 100		.		25		= 2 500 mm² 
A2 = 100		.		40		= 4 000 mm² 
	
� = 112,5 mm 
	
� = 50 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
-	/,,	.		++-
<
ys = 125 - 74,03846154 = 50,961538
 
Cálculo do momento de inércia
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3
 
Linha Neutra (L.N.) 
= 6 500 mm² 
 
 
++-,/	)	K	,,,		.		/,
<	/,, = 74,03846154 mm 
96153846 mm 
Cálculo do momento de inércia 
3�� 
Adriano Alberto 
20 
Adriano Alberto 
 
21 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� 
 
hi@ = +,,		.		�-/�4+- + 2 500 . �112,5 − 74,03846154�- = 3 828 433,185 . �78�� m4 
hiA = K,		.		�+,,�4+- + 4 000 . �50 − 74,03846154�- = 5 644 723,866 . �78�� m4 
 
=> Iz = 9 473 157,051 . �78��	 m4 
 
 Para o trecho AB: 
Mmáx = - 12 . 10³ N.m 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;8+-	.		+,
4	>	.		/,,G<+/0BK<		.		+,?4		
G	K.0	+/.,,/+	.+,?@A	 = 64 554 874,18 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;8+-	.		+,
4	>	.		�8	.K,,0BK<+/K�			.		+,?4		
G	K.0	+/.,,/+	.+,?@A		 = - 93 787 270,04 Pa 
 
Para o trecho BC: 
Mmáx = 7,225 . 10³ N.m 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;.,--/	.		+,
4	>	.		/,,G<+/0BK<		.		+,?4		
G	K.0	+/.,,/+	.+,?@A	 = - 38 867 413,83 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
Adriano Alberto 
 
22 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;.,--/	.		+,
4	>	.		�8	.K,,0BK<+/K�			.		+,?4		
G	K.0	+/.,,/+	.+,?@A		 = 56 467 752,17 Pa 
 
12) e 13) Para a viga com seção transversal mostrada, determine: (a) a tensão trativa 
máxima longitudinal na viga e onde ela ocorre; (b) a tensão compressiva máxima na viga e 
onde ela ocorre. 
 
 
12) 
 
 
 
 
30 + RC = 37,5 kN => RC = 7,5 kN 
 ∑Qj = 0 => 7,5 . 1 . 0,5 – 7,5 . 4 . 2 + 7,5 . 4 + M = 0 => M = 26,25 kN.m 
 
 
Para o trecho 0 ≤ x < 1: 
 
V(x) = - 7,5 . x + C 
 
V(0) = 0 = - 7,5 . 0 + C => C = 0 => V(x) = - 7,5 . x 
 
V(1) = - 7,5 kN 
 
 
M(x) = - .,/	.		:A- + C 
 
M(0) = 0 = 0 + C => M(x) = - .,/	.		:A- 
 
M(1) = - 3,75 kN.m 
 
Para o trecho 1 ≤ x < 5: 
 
V(x) = - 7,5 . x + C 
 
V(1) = - 7,5 + 30 = 22,5 kN = - 7,5 . 1 + C => C = 30 => V(x) = - 7,5 . x + 30 
 
Para V(x) = 0 => x = 4 m 
 
M(x) = - .,/	.		:A- + 30x + C 
 
 
Adriano Alberto 
 
23 
M(1) = - 3,75 kN.m = - .,/	.		+- + 30 . 1 + C => C = - 30 
 
M(x) = - k,T	.		��� + 30x – 30 
 
M(4) = - .,/	.		+<- + 30 . 4 – 30 = 30 kN.m 
 
 
M(5) = - .,/	.		-/- + 30 . 5 – 30 = 26,25 kN.m 
 
Para x = 5: 
 
M(5) = 26,25 – M = 0 
 
 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
AT = 100		.		50	 + 	100		.		50 = 10 000 mm² 
A1 = 100		.		50		= 5 000 mm² 
A2 = 100		.		50		= 5 000 mm² 
	
� = 125 mm 
	
� = 50 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
/	,,,	.		+-/	)	/	,,,		.		/,
+,	,,, = 87,5 mm 
ys = 150 – 87,5 = 62,5 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +,,		.		�/,�
4
+- + 5 000 . �125 − 87,5�- = 8 072 916,667 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = /,		.		�+,,�
4
+- + 5 000 . �50 − 87,5�- = 11 197 916,67 . �78�� m4 
 
=> Iz = 19 270 833,33 . �78��	 m4 
 
 Para o trecho AB: 
Mmáx = - 3,75 kN.m 
Adriano Alberto 
 
24 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;80,./	.		+,
4	>	.		<-,/		.		+,?4		
+G	-.,	B00,00	.+,?@A		 = 12 162 162,16 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;80,./	.		+,
4	>	.		�8	B.,/�		.		+,?4		
+G	-.,	B00,00	.+,?@A	 = - 17 027 027,03 Pa 
 
Para o trecho BC: 
Mmáx = 30 . 10³ N.m 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;0,	.		+,
4	>	.		<-,/		.		+,?4		
+G	-.,	B00,00	.+,?@A		 = - 97 297 297,31 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;0,		.		+,
4	>	.		�8	B.,/�		.		+,?4		
+G	-.,	B00,00	.+,?@A	 = 136 216 216,2 Pa 
Logo: 
a) ;��,�á�>* = 136 216 216,2 Pa (no trecho BC, abaixo da L.N.) 
b) ;��,�á�>l = - 97 297 297,31 Pa (no trecho BC, acima da L.N.) 
 
13) 
 
Adriano Alberto 
 
25 
 
 
Utilizando os cálculos da questão 13 da lista 1 
 
RA – 7 . 2 – 7 – 14 . 2 + RD – 7 . 2 = 0 => RA + RD = 63 kN (I) 
 ∑QR = 0 => 25 – 7 . 2 . 1 – 7 . 2 – 14 . 2 . 3 – 11 + 7 . RD – 7 . 2 . 8 = 0 
 
=> RD = 
-+,
. = 30 kN 
 
Substituíndo em (I): 
 
RA + 30 = 63 => RA = 33 kN 
 
 
Para 2 ≤ x D 4: 
V(x) = 33 – 7 . 2 – 7 – 14(x – 2) => V(x) = - 14x + 40 
Para V(x) = 0 => x = 2,857142857 m 
 
Cálculo do momento fletor à partir da área do diagrama do esforço cortante: 
 
(- 25) + (14 + 38) + (0,857142857 . +-- ) – (1,142857143 . 
+<
- ) + (11) – (16 . 3) + (14) = 0 (OK) 
 
Diagrama: 
 
 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
 
AT = 120		.		30	 + 	240		.		30 =
A1 = 120		.		30		= 3 600 mm² 
A2 = 240		.		30		= 7 200 mm² 
	
� = 255 mm 
	
� = 120 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
0	<,,	.		-//
+,
ys = 270 - 165 = 105 mm 
 
Cálculo do momento de inércia
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3
 
=> Iz = 78 570 000 . �78��	 m
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
= 10 800 mm² 
 
 
-//	)	.	-,,		.		+-,
+,	B,, = 165 mm 
Cálculo do momento de inércia 
3�� = +-,		.		�0,�4+- + 3 600 . �255 − 165�- = 29 430 000
3�� = 0,		.		�-K,�4+- + 7 200 . �120 − 165�- = 49 140 000
m4 
Adriano Alberto 
26 
29 430 000 . �78�� m4 
49 140 000 . �78�� m4 
Adriano Alberto 
 
27 
 Para o trecho AB: 
Mmáx = - 25 . 10³ N.m 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;8-/	.		+,
4	>	.		+,/		.		+,?4		
.B	/.,	,,,	.+,?@A		 = 33 409 698,36 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;8-/	.		+,
4	>	.		�8	+</�		.		+,?4		
.B	/.,	,,,	.+,?@A	 = - 52 500 954,56 Pa 
 
Para o trecho CD: 
Mmáx = 34 . 10³ N.m 
 
Cálculo das tensões acima da L.N.: 
 
�� = - ��	.			F�� => 9: = - ;0K	.		+,
4	>	.		+,/		.		+,?4		
.B	/.,	,,,	.+,?@A		 = - 45 437 189,77 Pa 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;0K	.		+,
4	>	.		�8	+</�		.		+,?4		
.B	/.,	,,,	.+,?@A	 = 71 401 298,21 Pa 
 
Logo: 
a) ;��,�á�>* = 71 401 298,21 Pa (no trecho CD, abaixo da L.N.) 
b) ;��,�á�>l = - 52 500 954,56 Pa (no trecho AB, abaixo da L.N.) 
 
Adriano Alberto 
 
28 
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO DE SEÇÃO HETEROGÊNEA 
 
14) Duas barras de latão são unidas firmementea duas barras de alumínio, formando a 
seção composta mostrada. Determinar o maior momento fletor permissível, quando a viga 
é encurvada em torno de um eixo horizontal. 
Dados: 
 
Ealum = 70 GPa ; Elat = 105 GPa ; ������mn�� = 100 MPa ; �����m�o� = 160 MPa 
 
 
 
 
 
Posição da L.N.: 
 
yi = 
�p	.		#		.			
��mn�	)		�p	.		#		.			
�m�o			�p	.		#��mn�	)		�p	.		#�m�o = 
 
= 
.,	.		+,q	.		B,,	.	+,?]		.		0,	.		+,?4		)		+,/	.		+,q	.		K,,	.	+,?]		.		/	.		+,?4		)		+,/	.		+,q	.		K,,	.	+,?]		.		//	.		+,?4		
.,	.		+,q	.		B,,	.	+,?]		)		+,/	.		+,q	.		B,,	.	+,?]	 
 
=> yi = 30 mm (OK) 
 
 
Cálculo do momento de inércia 
��mn� = 2 . r��	.		�1����� 	+ 	s�	. �	
� −		3��	t = 2 . r+,		.		�K,�4+- 	+ 		400	. �30 − 30�-t = ��7	777� . �78�� m4 
�m�o = 2 . r��	.		�1����� 	+ 	s�	. �	
� −		3��t = 2 . rK,		.		�+,�4+- 	+ 	400	. �55 − 30�-t = �	T�7	777� . �78�� m4 
 
����mn�� = - ��	.		�p		.			��mn�				�p	.		���mn�	)		�p	.		��m�o 
 
9uvw�uxyw� = ± 100 . 106 = - ^_	.			70	.		109		.			�±	20�	.		10−3				70	.		109	.		4AP	PPP4 	.		10−12	)		105	.		109	.		@	XAP	PPP4 		.		10−12		 => Mz = 
��	777
� N.m 
 
 
���m�o� = - ��	.		�p		.			�m�o				�p	.		���mn�	)		�p	.		��m�o 
 
Adriano Alberto 
 
29 
9uvw�xuz� = ± 160 . 106 = - ^_	.			105	.		109		.			�±	30�	.		10−3				70	.		109	.		4AP	PPP4 	.		10−12	)		105	.		109	.		@	XAP	PPP4 		.		10−12		 => 
 
=> Mz = 3 081,481481 N.m (resposta) 
 
Obs: se as diferentes partes do latão e/ou do alumínio estivessem em posições diferentes 
em relação à L.N, seria necessário calcular as tensões correspondentes em cada parte 
(sendo que quanto mais distante o ponto estiver da L.N., maior será a tensão). No presente 
problema, devido à simetria de ambos em relação à L.N, as tensões acima e abaixo da L.N. 
são iguais em módulo (tração e compressão). 
 
 
 
15) Uma barra de aço e uma de alumínio são unidas firmemente, para formar a viga 
composta mostrada. O módulo de elasticidade para o alumínio é de 70 GPa e para o aço é 
de 200 GPa. Sabendo-se que a viga é curvada em torno de um eixo horizontal por um 
momento M = 1500 N.m, determinar a máxima tensão no: (a) alumínio; (b) aço. 
 
 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
30 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
Adriano Alberto 
 
31 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
15) a) 66,2 MPa T b) 112,4 MPa C 
 
*** 16) Uma viga de concreto é reforçada por três barras de aço, colocadas como indicado. 
Os módulos de elasticidade são de 20 GPa para o concreto e de 200 GPa para o aço. 
Usando uma tensão admissível de 10 MPa para o concreto e de 150 MPa para o aço, 
determinar o maior momento fletor que pode ser aplicado à viga. 
 
 
 
Econc = 20 GPa ; Eaço = 200 GPa ; �����{|}{� = 10 MPa ; ������ç|� = 150 MPa 
 
Aaço = 3 . 
 . �7, 7���� m² 
Aconc = 0,225 . 0,500 - 3 . L . �0,012�- = 0,1125 - 3 . 
 . �7, 7���� m² 
 
Adriano Alberto 
 
32 
Posição da L.N.: 
 
yi = 
�p	.		#		.			
�{|}{	)		�p	.		#		.			
��ç|			
�p	.		#�{|}{	)		�p	.		#��ç| = 
 
= 
-,	.		+,q	.		r0,1125		−		3	.		L	.		�0,012�2t		.			-/,	.		+,?4		)		-,,	.		+,q	.		3	.		L	.	�0,012�2		.		/,	.		+,?4				
-,	.		+,q	.		r0,1125		−		3	.		L	.		�0,012�2t		)		-,,	.		+,q	.		3	.		L	.	�0,012�2	 
 
=> yi = 228,2356038 mm 
 
ys = 500 - 228,2356038 = 271,7643962 mm 
 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
 
Iaço = 3 . r
	.		��� 	+	sç€	. W	�ç| − 		3Z
�t = 3.rH	.		�+-�JK 	+ 	L	. �12�-	. 	�50 − 	228,2356038�-t = 
= 43 163 277,54 . �78�� m4 
‚� = ��	.		�1����� 	+ 	s�	. �	
� −		3�� = --/		.		�K,,�4+- 	+ 	225	.		400	. �300 − 228,2356038�- = 1 663 511 571.�78�� m4 
I2 = 
��	.		�1���
�� +		s�	. �	
� −		3�� - Iaço = 
--/		.		�+,,�4
+- +		100		.		225	. �50 − 	228,2356038�- - 43 163 277,54 
=> I2 = 690 365 157,9 . �78�� m4 
Iconc = I1 + I2 = 2 353 876 729 . �78�� m4 
 
���{|}{� = - ��	.		�p		.			�{|}{				�p	.		��{|}{	)		�p	.		���ç| 
9uvw�ƒ„…ƒ� = ± 10 . 106 = - ^_	.			-,	.		+,q		.		-.+,.<K0G<-			.		+,?4				-,	.		+,q	.		-	0/0	B.<	.-G		.		+,?@A	)		-,,	.		+,q	.			K0	+<0	-..,/K		.		+,?@A		 => 
 
 
=> Mz = ± 102 497,2198 N.m (resposta) 
 
 
����ç|� = - ��	.		�p		.			��ç|				�p	.		��{|}{	)		�p	.		���ç| 
Adriano Alberto 
 
33 
9uvw�uç„� = ± 150 . 106 = - ^_	.			-,,	.		+,q		.			†8	�--B,-0/<,0B80B�‡.		+,?4			-,	.		+,q	.		-	0/0	B.<	.-G		.		+,?@A	)		-,,	.		+,q	.			K0	+<0	-..,/K		.		+,?@A	 => 
 
=> Mz = ± 219 636,2917 N.m (não serve) 
 
Obs: a resposta da lista deu 79,1 kN.m, mas acredito que meus cálculos estão corretos. 
 
Conferir com o método da homogeneização. 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO CARGA EXCÊNTRICA 
 
17) Duas forças de 10 kN são aplicadas a uma barra de seção retangular de 20 mm x 60 
mm, como mostrado. Determinar a tensão no ponto A, quando: (a) b = 0; (b) b = 15 mm; 
(c) b = 25 mm. 
 
 
 
N = 10 + 10 = 20 kN 
Posição da L.N.: 
yi = ys = 0,03 m 
�� = ˆ# - ��	�� 
�� = -,		.		�<,�4+- = 360 000 . �78�� m4 
 
a) 
b = 0 
Mz = 10 000 . 0,025 = 250 N.m 
9: = -,	,,,,,,-,		.		,,,<, - -/,	.		,,,00<,	,,,	.+,?@A = - 4 166 666,667 Pa 
 
b) 
b = 15 mm 
Mz = 10 000 . 0,025 – 10 000 . 0,015 = 100 N.m 
Adriano Alberto 
 
34 
 
9: = -,	,,,,,,-,		.		,,,<, - +,,	.		,,,00<,	,,,	.+,?@A = 8 333 333,333 Pa 
 
c) 
b = 25 mm 
Mz = 10 000 . 0,025 – 10 000 . 0,025 = 0 
 
9: = -,	,,,,,,-,		.		,,,<, - ,	.		,,,00<,	,,,	.+,?@A = 16 666 666,67 Pa 
 
18) Uma pequena coluna de 120 mm x 180 mm suporta três cargas axiais mostradas. 
Sabendo-se que a seção ABD é suficientemente afastada das cargas, para que permaneça 
plana, determinar a tensão no: (a) canto A; (b) canto B. 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
18) a) 926 kPa T b) 14,81 MPa C 
 
 
 
19) Sabendo-se que a tensão admissível é 90 MPa, determinar a maior força P que pode 
ser aplicada ao elemento de máquina mostrado. 
 
Adriano Alberto 
 
35 
 
 
 
 
 
N = P = ? 
�� = S# - ��	�� 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�				
#* = 
KK	.		-,	.		.,	)	<,		.		+B		.		0,
KK	.		-,	)	<,		.		+B = 47,95918367 mm 
ys = 80 - 47,95918367 = 32,04081633 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = KK		.		�-,�
4
+- + 44	.		20	 . �70 − 47,95918367	�- = 456 835,2077 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = +B		.		�<,�
4
+- + 18	.		60	 . �30 − 47,95918367	�- = 672 334,8603 . �78�� m4 
 
=> Iz = 1 129 170,068 . �78��	 m4 
 
Mz = ? 
Considerando o eixo x passando pela L.N.: 
Mz = P . (47,95918367 – 40) 
 
90 . 106 = U,,,KK	.		,,,-,	)	,,,<,		.		,,,+B - 
	‰	.		;K.,G/G+B0<.	–	K,>	.		+,?4		.		�	8	K.,G/G+B0<.�	.		+,?4
+	+-G	+.,,,<B	.+,?@A	 => 
 
Adriano Alberto 
 
36 
=> 90 . 106 = U,,,,+G< + 338,0500089 . P => 176 400 = P + 0,662578017 . P => 
=> P = 106 100,2841 N 
 
20) A força axial excêntrica P atua no ponto D, que está localizado a 30 mm abaixo da 
borda superior da barra de aço mostrada. Para P = 90 kN, determinar: (a) a largura d da 
barra para que a tensão no ponto A seja máxima; (b) o correspondente valor da tensão no 
ponto A. 
 
 
 
N = P = 90 kN 
Posição da L.N.: 
yi = ys = 
�
� 
�� = ˆ# - ��	�� 
�� = ,,,/,		.		�v�4+- 
a) 
Mz = - 90 000 . Wv- 	− 	0,030Z 
9: = G,	,,,,,,/,		.		v - 
8	G,	,,,	.		W‹A	–	,,,0,Z		.		‹A		
P,PXP		.		�‹�4
@A
 
G,	,,,
,,,/,		.		v = 
	G,	,,,	.		W‹A	–	,,,0,Z		.		‹A		
P,PXP		.		�‹�4
@A
 => 1 = 
	W‹A	–	,,,0,Z		.		‹A		
�‹�A
@A
 = Wv- 	– 	0,030Z		.		<v		=> 
=> 1 = 3– ,,+Bv => 
,,+B
v = 2 => d = 0,09 m = 90 mm 
 
b) 
 
9: = G,	,,,,,,/,		.		,,,G - 
8	G,	,,,	.		WP,PqA 	–	,,,0,Z		.		P,PqA 		
P,PXP		.		�P,Pq�4
@A
 = 40 MPa 
 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO ASSIMÉTRICA
21) e 22) A viga com uma seção transversal mostrada está submetida a um momento fletor
M aplicado no plano a – a. Determine: (a) a inte
orientação do eixo neutro, mostre o
 
 
21) M = 1.200 N.m 
 
tgŒ = 0K =>  = arctg(0,75) 
My = - 1 200 . sen[arctg(0,75)]
Mz = 1 200 . cos[arctg(0,75)]
 
Iz = 2 . r+-,		.		�0,�4+- 	+ 	120	.		30
Iy = 2 . r0,		.		�+-,�4+- 	t + +-,		.		�0,+-
 
tgŽ = �		.		����	.		�	 = 8	+	-,,	.		‘
†’“”•–
+	-,,	.		”—†’“”•–
 
tgŽ = 			��		�	 . tg 
 
 
A e B são os pontos mais distantes da L.N.
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO ASSIMÉTRICA
 
21) e 22) A viga com uma seção transversal mostrada está submetida a um momento fletor
. Determine: (a) a intensidade da máxima tensão de flexão; (b) a 
orientação do eixo neutro, mostre o resultado num esboço. 
 
arctg(0,75)] 
[arctg(0,75)] 
30		. �165 − 90	�-t + 0,		.		�+-,�4+- = 45 360 000 . �7
0,�4
 = 8 910 000 . �78�� m4 
’“”•–�,,./�‡	.		K/	0<,	,,,	.	+,?@A			
’“”•–�,,./�‡	.		B	G+,	,,,	.	+,?@A	 => Ž = - 75,32360686 
A e B são os pontos mais distantes da L.N. 
Adriano Alberto 
37 
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
21) e 22) A viga com uma seção transversal mostrada está submetida a um momento fletor 
nsidade da máxima tensão de flexão; (b) a 
�78�� m4 
 ° 
Adriano Alberto 
 
38 
 
Para o ponto A: 
�� = - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 = - 
	+	-,,	.		”—†’“”•–�,,./�‡	.		,,,G,
K/	0<,	,,,	.	+,?@A + 
8	+	-,,	.		‘†’“”•–�,,./�‡		.		,,,<,
B	G+,	,,,	.	+,?@A = 
= - 6 753 246,753 Pa 
 
Para o ponto B: 
 
9: = - 	+	-,,	.		”—†’“”•–�,,./�‡	.		�8	,,,G,�K/	0<,	,,,	.	+,?@A + 8	+	-,,	.		‘†’“”•–�,,./�‡		.		�8	,,,<,�B	G+,	,,,	.	+,?@A = 
= 6 753 246,753 Pa 
 
22) M = 20 kN.m 
 
My = 20 000 . sen(10°) 
Mz = 20 000 . cos(10°) 
Iz = 
G,		.		�<,�4
+- 	+ 	90	.		60		. �210 − 150	�- + 0,		.		�+B,�
4
+- +	180	.		30		. 	�90 − 150	�- = 55 080 000 . �78�� m4 
Iy = 
<,		.		�G,�4
+- + 
+B,		.		�0,�4
+- = 4 050 000 . �78�� m4 
 
tgŽ = �		.		����	.		�	 = -,	,,,	.		‘�+,°�	.		55	080	000	.10
−12			
-,	,,,	.		”—�+,°�	.		K	,/,	,,,	.+,?@A	 => Ž = 67,36356998 ° 
 
tgŽ = 			��		�	 . tg™ 
Adriano Alberto 
 
39 
 
 
A e B são os pontos mais distantes da L.N. 
 
Para o ponto A: 
 
�� = - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 = - 
	-,	,,,	.		”—�+,°�		.		,,,G,
55	080	000	.10−12 + 
	-,	,,,	.		‘�+,°�		.		�8,,,K/�
K	,/,	,,,	.+,?@A = 
= - 70 771 743,83 Pa (resposta) 
 
Para o ponto B: 
 
9: = - 	-,	,,,	.		”—�+,°�	.		�8		,,+/,�55	080	000	.10−12 + 	-,	,,,	.		‘�+,°�		.		,,,+/K	,/,	,,,	.+,?@A = 66 501 594,48 Pa 
 
*** 23) Uma cantoneira de 200 x 200 x 24 mm é usada numa viga que suporta um 
momento fletor de + 10.000 N.m aplicado no plano yx. Os momentos de inércia obtidos em 
um manual de aço estrutural são Iz = Iy = 33,3 x 106 mm4, e Iyz = + 19,5 x 106 mm4. 
Determine: (a) a tensão de flexão no ponto A; (b) a máxima tensão de flexão e sua 
localização na seção transversal; (c) a orientação do eixo neutro, mostre a localização num 
esboço. 
 
 
Adriano Alberto 
 
40 �� = �� . š8	�		.				)	�	�	.		�	�			.			��	8	;	�	�	>�	› + �	 . š
��	.		�	8	�	�	.				
�			.			��	8	;	�	�	>�	› 
 
Ou 
 
�� = - š��	.		�		)	�		.		�	�		�			.			��	8	;	�	�	>�	 › . y + š
�		.		��	)	��	.		�	�		
�			.			��	8	;	�	�	>�	 › . z 
 
	�	�	= #	. y . z 
 
tgŽ = �		.		��	)	��	.		�	�		��	.		�		)	�		.		�	�		 
 
a) 
My = 0 ; Mz = 10 000 N.m 
 
�� = - š ��	.		�			�			.			��	8	;	�	�	>�	› . y + š
	��	.		�	�		
�			.			��	8	;	�	�	>�	› . z 
ou 
�� = �� . š8	�		.				)	�	�	.		�	�			.			��	8	;	�	�	>�	› = 10 000 . r
–	00,0		.		+,]	.		+,?@A.		/B,K		.		+,?4	)	+G,/		.		+,]	.		+,?@A.		�8	/B,K		.		+,?4�	
00,0		.		+,]	.		+,?@A	.		00,0		.		+,]	.		+,?@A	8	�+G,/		.		+,]	.		+,?@A�A	 t = 
= - 42 318 840,58 Pa 
 
c) 
tgŽ = 		�	�				�			 = 19,5		.		10
6	.		10−12
33,3		.		106	.		10−12 => Ž = 30,35262473° 
 
Adriano Alberto 
 
41 
 
b) A maior distância à L.N. é em relação ao ponto B, onde ocorre a maior tensão. 
 
�� = 10 000 . r–	00,0		.		+,]	.		+,?@A	.		�8	+K+,<�	.		+,?4	)	+G,/		.		+,]	.		+,?@A.		�8/B,K�		.		+,?4�	00,0		.		+,]	.		+,?@A	.		00,0		.		+,]	.		+,?@A	8	�+G,/		.		+,]	.		+,?@A�A	 t = 49 084 321,48 Pa 
 
Acredito que a resposta da lista esteja errada: 
23) a) 42,3 MPa T b) 55,8 MPa C 
c) 75,4 a partir do eixo z � 
 
 
24) Uma viga com uma seção cantoneira está carregada com um momento fletor de + 20 
kN.m aplicado num plano yx. Determine: (a) a tensão de flexão no ponto A; (b) a 
orientação do eixo neutro, mostre a localização num esboço. 
 
 
Iz = 
<,		.		�+B,�4
+- 	+ 	180	.		60		. �90 − 75	�- + <,		.		�<,�
4
+- +	60	.		60		. 	�30 − 75	�- = 39 960 000 . �78�� m4 
Iy = +B,		.		�<,�
4
+- 	+ 	180	.		60		. �30 − 45	�- + <,		.		�<,�
4
+- +	60	.		60		. 	�90 − 45	�- = 14 040 000 . �78�� m4 
 
	�	�	= #	. y . z 
	hœi	= 60		.		180 . 15 . 15 + 60 . 60 . 45 . 45 = 9 720 000 . �78�� m4 
 
My = 0 ; Mz = 20 000 N.m 
Adriano Alberto 
 
42 
a) 
�� = �� . š8	�		.				)	�	�	.		�	�			.			��	8	;	�	�	>�	› = 20 000 . r
–	+K,,K		.		+,]	.		+,?@A.		�8+,/�		.		+,?4	)		G,.-		.		+,]	.		+,?@A.		+/		.		+,?4	
+K,,K		.		+,]	.		+,?@A	.		0G,G<		.		+,]	.		+,?@A	–	�G,.-		.		+,]	.		+,?@A�A	 t = 
= 69 444 444,44 Pa 
 
b) 
tgŽ = 		�	�				�			 = 9,72		.		10
6	.		10−12
14,04		.		106	.		10−12 => Ž = 34,69515353° 
 
 
25), 26) e 27) O momento M é aplicado a uma viga de seção transversal mostrada, em um 
plano formando um ângulo β com a vertical. Determinar: (a) a tensão no ponto A; (b) o 
ângulo que a linha neutra forma com o plano horizontal. 
 
25) 
 
 
My = 2 800 . sen(20°) 
Mz = 2 800 . cos(20°) 
 
Iz = 
+,,		.		�-,,�4
+- 	 = �77	777	777� . �78�� m4 
Iy = 
-,,		.		�+,,�4
+- = 
T7	777	777
� . �78�� m4 
 
a) 
Para o ponto A: 
Adriano Alberto 
 
43 
�� = - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 = - 
	-	B,,	.		”—�-,°�		.		,,+,,
APP	PPP	PPP
4 		.	+,?@A
 + 
	-	B,,	.		‘�-,°�		.		,,,/,
XP	PPP	PPP
4 		.		+,?@A
 = - 1 073 739,803 Pa 
 
Para o ponto B: 
 
9: = - 	-	B,,	.		”—�-,°�	.		�8	,,+,,�APP	PPP	PPP
4 		.	+,?@A
 + 
	-	B,,	.		‘�-,°�		.		,,,/,
XP	PPP	PPP
4 		.		+,?@A
 = 6 819 678,211 Pa 
 
b) 
tg = 			��		�	 . tg™ = 
			APP	PPP	PPP4 		.	+,?@A		
	XP	PPP	PPP4 		.	+,?@A
 . tg�20°� =>  = 75,96375653° 
 
 
 
26) 
 
 
My = 10 000 . sen(55°) 
Mz = - 10 000 . cos(55°) 
 
Iz = 2 . r160		.		�10�312 	+ 	160	.		10		. �175 − 90	�2t 	+ 	 10		.		�160�
3
12 	 = 26 560 000 . �78�� m4 
Adriano Alberto 
 
44 
Iy = 2 . r10		.		�160�312 t 	+ 	 160		.		�10�
3
12 	 = 6 840 000 . �78�� m4 
 
a) 
Para o ponto A: 
9: = - 8	+,	,,,	.		”—�//°�		.		,,,G,-<	/<,	,,,	.	+,?@A + 	+,	,,,	.		‘�//°�	.		,,,B,<	BK,	,,,	.	+,?@A = 115 243 205,2 Pa 
 
Para o ponto B: 
�� = - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 = - 
8	+,	,,,	.		”—�//°�		.		,,,G,
-<	/<,	,,,	.	+,?@A + 
	+,	,,,	.		‘�//°�	.		�8	,,,B,�
<	BK,	,,,	.	+,?@A = - 76 371 308,12 Pa 
 
b) 
tg = 			��		�	 . tg™ = 			-<	/<,	,,,	.	+,
?@A		
<	BK,	,,,	.	+,?@A	 . tg�55°� =>  = 79,77801655° 
 
 
 
27) 
 
 
 
My = 25 000 . sen(15°) 
Mz = 25 000 . cos(15°) 
Iz = 
G,		.		�B,�4
+- 	+ 	90	.		80		. 	�120 − 100	�- 	+		 0,		.		�B,�4+- 	+ 	30	.		80		.		�40 − 100	�- = 16 640 000 . �78�� m4 
Adriano Alberto 
 
45 
Iy = B,		.		�G,�4
+- 	 +		 B,		.		�0,�4+- 	 = 5 040 000 . �78�� m4 
 
a) 
Para o ponto A: 
�� = - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 = - 
-/	,,,	.		”—�+/°�		.		,,,<,
+<	<K,	,,,	.	+,?@A + 
	-/	,,,	.		‘�+/°�	.		,,,K/
/	,K,	,,,	.	+,?@A = - 29 300 532,31 Pa 
 
Para o ponto B: 
 
9: = - -/	,,,	.		”—�+/°�		.		,,,<,+<	<K,	,,,	.	+,?@A + 	-/	,,,	.		‘�+/°�	.		�8	,,,K/�/	,K,	,,,	.	+,?@A = - 144 844 748,9 Pa 
 
b) 
tg = 			��		�	 . tg™ = 			+<	<K,	,,,	.	+,
?@A		
/	,K,	,,,	.	+,?@A	 . tg�15°� =>  = 41,49782689° 
 
 
 
 
*** 28) Uma carga axial P é aplicada como mostrado a curto perfil estrutural em forma de 
T. Determinar: (a) a maior distância a para que a tensão máxima de compressão não 
exceda a 120 MPa; (b) o ponto correspondente onde a linha neutra intercepta a linha AB. 
Dados: A = 4450 mm2, Iy = 9,16 x 106 mm4, Iz = 6,00 x 106 mm4 
 
 
�	 = 135 000 . a 
Qi= 135 000 . 0,024 = 3 240 N.m 
Adriano Alberto 
 
46 
a) 
�� = ˆ# - 	��	.			��	 + 
�		.		�
�	 
- 120 . 106 = 8	+0/	,,,	K	K/,	.		+,?] - 
	0	-K,		.		,,,-.
<		.		+,]		.	+,?@A	 + 
+0/	,,,		.		u		.		�8	,,+,-�
G,+<		.		+,]		.	+,?@A => 
=> - 75 082 921,35 = - 1 503 275 109 . a => a = 49,946228 mm 
 
b) 
Qœ = 135 000 . 0,049946228 = 6 742,740781 N.m 
 
tgŽ = �		.		��		��	.		�			 = <	.K-,.K,.B+		.		<		.		+,
]		.	+,?@A	
0	-K,	.		G,+<		.		+,]		.	+,?@A	 => Ž = 53,73664016° 
 
 
 
tg(53,73664016°) = -.	wwi => z = 19,80690113 mm 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO CISALHAMENTO NA FLEXÃO 
 
Nas questões abaixo, de acordo com as respostas da lista, não são calculadas as 
tensões máximas. Para isso, seria necessário calcular também as tensões 
longitudinais e, a partir do estado de tensão resultante, calcular as tensões 
máximas, que podem ou não coincidir com os resultados das questões abaixo. 
 
29) O cortante vertical em certa seção de uma viga cuja forma é mostrada na figura é 18 
kN. Determinar: (a) a tensão tangencial horizontal máxima, e indique onde ela ocorre 
dentro da seção transversal; (b) a tensão tangencial vertical 80 mm abaixo do topo. 
 
Adriano Alberto 
 
47 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
48 
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
a) 822 kPa no eixo neutro b) 707 kPa 
 
30) Uma viga com 6 m de comprimento está simplesmente apoiada em suas extremidades e 
tem uma seção transversal como mostrado. A viga suporta uma carga uniformemente 
distribuída de 5 kN/m em todo o seu comprimento. Determine: (a) a tensão transversal 
vertical em um ponto 0,5 m a partir do extremo direito e 100 mm abaixo da superfície do 
topo da viga; (b) as tensões tangenciais máximas horizontal e vertical, e mostre onde cada 
uma ocorre. 
 
 
 
RA + RB = 30 kN 
 
RA = RB = 15 kN 
 
V(x) = - 5x + 15 
 
 
Adriano Alberto 
 
49 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
 
AT = 60		.		200	 + 	60		.		160	 + 		60		.		200 = 33 600 mm² 
A1 = 60		.		200		= 12 000 mm² 
A2 = 60		.		160		= 9 600 mm² 
A3 = 60		.		200		= 12 000 mm² 
	
� = 100 mm 
	
� = 30 mm 
	
� = 100 mm 
 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�			)		#�		.			
�		
#* = 
+-	,,,	.		+,,	)	G	<,,		.		0,	)	+-	,,,		.		+,,
00	<,, = 80 mm 
ys = 200 - 80 = 120 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = <,		.		�-,,�
4
+- + 12 000 . �100 − 80�- = 44 800 000 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = +<,		.		�<,�
4
+- + 9 600 . �30 − 80�- = 26 880 000 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = <,		.		�-,,�
4
+- + 12 000 . �100 − 80�- = 44 800 000 . �78�� m4 
 
��� = ��� 
 
=> Iz = 116 480 000 . �78��	 m4 
 
a) 
 
x = 6 – 0,5 = 5,5 m 
 
V(5,5) = - 5 . 5,5 + 15 = - 12,5 kN 
 
 
Adriano Alberto 
 
50 
 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Q = Q1 + Q2 
 
Q1 = Q2 => Q = 2 . Q2 
 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 60 . 100 . |150 − 	80| = 420 000 . �78  m³ 
 
Q = 840 000 . �78  m³ 
 
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m 
 
¡:œ = - ;8+-,/		.			+,4>	.		BK,	,,,	.	+,?q		++<	KB,	,,,		.		+,?@A			.			,,+-, = 751 201,9231 Pa 
 
 
b) 
 
 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
V = ± 15 kN 
 
Adriano Alberto 
 
51 
Acima da L.N.: 
Q = Q1 + Q2 
 
Q1 = Q2 => Q = 2 . Q2 
 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 60 . 120 . |140 − 	80| = 432 000 . �78  m³ 
 
Q = 864 000 . �78  m³ 
 
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m 
 
¡:œ = - ;±	+/		.			+,4>	.		B<K	,,,	.	+,?q		++<	KB,	,,,		.		+,?@A			.			,,+-, = ± 927 197,8022 Pa 
 
Abaixo da L.N.: 
 
 
Q = Q1 + Q2 + Q3 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 80 . 60 . |40 − 	80| = 192 000 . �78  m³ 
 
Q2 = A2 . |	
� −		3| = 160 . 60 . |30 − 	80| = 480 000 . �78  m³ 
 
Q3 = A3 . |	
� −		3| = 80 . 60 . |40 − 	80| = 192 000 . �78  m³ 
 
Q1 = Q3 
 
 
Q = 864 000 . �78  m³ 
 
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m 
 
¡:œ = - ;±	+/		.			+,4>	.		B<K	,,,	.	+,?q		++<	KB,	,,,		.		+,?@A			.			,,+-, = ± 927 197,8022 Pa 
 
 
 
30) a) 751 kPa 
b) 927 kPa na superfície neutra dos apoios 
 
*** 31) Uma viga com 4 m de comprimento tem a seção transversal mostrada na figura. 
Ela é simplesmente apoiada nos extremos e suporta uma carga uniformemente distribuída 
de 4 kN/m sobre todo seu comprimento. Em um ponto a 500 mm da extremidade esquerda 
e 40 mm abaixo da superfície neutra, determine: (a) a tensão longitudinal (b) a tensão 
tangencial horizontal; (c) a tensão tangencial vertical. 
 
Adriano Alberto 
 
52 
 
 
RA + RB = 16 kN 
 
RA = RB = 8 kN 
 
V(x) = - 4x + 8 
 
x = 0,5 m 
 
V(0,5) = - 4 . 0,5 + 8 = 6 kN 
 
M(x) = - 2x² + 8x + C 
 
M(0) = 0 = - 2 . 0 + 8 . 0 + C => C = 0 => M(x) = - 2x² + 8x 
 
M(0,5) = - 2(0,5)² + 8 . 0,5 = 3,5 kN.m 
 
 
 
Posição da Linha Neutra (L.N.) 
yi = 100 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
A1 = 40		.		180		= 7 200 mm² 
A2 = 40		.		120		= 4 800 mm² 
A3 = 40		.		180		= 7 200 mm² 
 
	
� = 180 mm 
	
� = 100 mm 
	
� = 20 mm 
 
Adriano Alberto 
 
53 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +B,		.		�K,�
4
+- + 7 200 . �180 − 100�- = 47 040 000 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = K,		.		�+-,�
4
+- + 4 800 . �100 − 100�- = 5 760 000 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = +B,		.		�K,�
4
+- + 7 200 . �20 − 100�- = 47 040 000 . �78�� m4 
 
��� = ��� 
 
=> Iz = 99 840 000 . �78��	 m4 
 
a) 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;0,/	.		+,
4	>	.		�8	K,�		.		+,?4		
GG	BK,	,,,	.	+,?@A	 = 1 402 243,59 Pa 
 
b) 
 
 
 
Cálculo abaixo da L.N. para a área abaixo de y = 40 mm 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Q = Q1 + Q2 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 20 . 40 . |50 − 	100| = 40 000 . �78  m³ 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 180 . 40 . |20 − 	100| = 576 000 . �78  m³ 
 
 
Q = 616 000 . �78  m³ 
 
b = 40 mm = 0,040 m 
 
¡:œ = - ;<		.			+,4>	.		<+<	,,,	.	+,?qGG	BK,	,,,	.	+,?@A			.			,,,K,
 
c) ��	 = 925 480,7692 Pa ???????
 
Qual a diferença entre tensão tangencial horizontal e tensão tangencial vertical?
 
 
31) a) 1,402 MPa T b) 0,925 MPa c) 0,925 MPa
 
32) Para a viga mostrada, a reação esque
tensão longitudinal máxima da viga; (b) a tensão tangencial horizontal máxima.
 
 
RA = 5,36 kN 
5,36
 
+ RC = 12 kN => RC = 6,64 kN
∑QR = 0 => - 6 – 6 . 1,5 + 3 . 
 
Diagrama: 
 
 
 
q		
,K, = - 925 480,7692 Pa 
??????? 
Qual a diferença entre tensão tangencial horizontal e tensão tangencial vertical?
31) a) 1,402 MPaT b) 0,925 MPa c) 0,925 MPa 
32) Para a viga mostrada, a reação esquerda é de 5,36 kN para cima. Determine: (a) a 
máxima da viga; (b) a tensão tangencial horizontal máxima.
 
= 6,64 kN 
3 . 6,64 + M = 0 => M = - 4,92 kN.m 
 
Adriano Alberto 
54 
Qual a diferença entre tensão tangencial horizontal e tensão tangencial vertical? 
kN para cima. Determine: (a) a 
máxima da viga; (b) a tensão tangencial horizontal máxima. 
Adriano Alberto 
 
55 
Posição da Linha Neutra (L.N.) 
yi = 100 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
 
A1 = 50		.		100		= 5 000 mm² 
A2 = 50		.		100		= 5 000 mm² 
A3 = 50		.		100		= 5 000 mm² 
 
	
� = 175 mm 
	
� = 100 mm 
	
� = 25 mm 
 
Iz = ��� + ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +,,		.		�/,�
4
+- + 5 000 . �175 − 100�- = 29 166 666,67 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = /,		.		�+,,�
4
+- + 5 000 . �100 − 100�- = 4 166 666,667 . �78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = +,,		.		�/,�
4
+- + 5 000 . �25 − 100�- = 29 166 666,67 . �78�� m4 
��� = ��� 
 
=> Iz = 62 500 000,01 . �78��	 m4 
 
a) 
 
yi = ys 
 
Para o trecho 0≤ x <1: 
 
Mmáx = 4,36 kN.m 
 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;K,0<	.		+,
4	>	.		�±	+,,�		.		+,?4		
<-	/,,	,,,,,+	.+,?@A	 = ± 6 975 999,999 Pa 
Adriano Alberto 
 
56 
Para o trecho 1≤ x <3: 
 
Mmáx = - 4,92 kN.m 
 
 
�� = - ��	.			3�� => 9: = - ;8	K,G-	.		+,
4	>	.		�±	+,,�		.		+,?4		
<-	/,,	,,,,,+	.+,?@A	 = ± 7 871 999,999 Pa (resposta) 
 
b) 
 
Vmáx = - 6,64 kN 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Q = Q1 + Q2 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 100 . 50 . |175 − 	100| = 375 000 . �78  m³ 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 50 . 50 . |125 − 	100| = 62 500 . �78  m³ 
 
 
Q = 437 500 . �78  m³ 
 
b = 50 mm = 0,050 m 
 
¡:œ = - ;8	<,<K		.			+,4>	.		K0.	/,,	.	+,?q		<-	/,,	,,,,,+	.+,?@A		.			,,,/, = 929 599,9999 Pa 
 
 
33) Uma viga T com 5 m de comprimento é simplesmente apoiada em suas extremidades e 
tem a seção transversal mostrada na figura. É especificado que a tensão longitudinal de 
tração não pode exceder 12 MPa e que a tensão tangencial horizontal não ultrapasse 0,7 
MPa. Determine a carga concentrada para baixo máxima que pode ser aplicada a 3 m da 
extremidade direita. 
 
 
 
 
 
RA + RB = P 
 
- 2P + 5 . RB = 0 => RB = 0,4 . P
 
RA = 0,6 . P 
 
 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
 
AT = 200		.		75	 + 	200		.		50 =
A1 = 200		.		75		= 15 000 mm²
A2 = 200		.		50		= 10 000 mm²
	
� = 150 mm 
	
� = 25 mm 
yi = 
#�	.			
�	)	#�		.			
�
#* = 
+/	,,,	.		+/,
-/
ys = 250 – 100 = 150 mm 
 
Cálculo do momento de inércia
Iz = ��� + ��� 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�
 
 
= 0,4 . P 
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.) 
= 25 000 mm² 
² 
m² 
+/,	)	+,	,,,		.		-/
-/	,,, = 100 mm 
Cálculo do momento de inércia 
3�� = ./		.		�-,,�4+- + 15 000 . �150 − 100�- = 87 500 000
��
 = 
-,,		.		�/,�4
+- + 10 000 . �25 − 100�- = 58 333 333,33
Adriano Alberto 
57 
87 500 000.�78�� m4 
58 333 333,33.�78�� m4 
Adriano Alberto 
 
58 
=> Iz = 145 833 333,3 . �78��	 m4 
 
Cálculo das tensões abaixo da L.N.: 
 
�� = - ��	.			3�� => 12 . 106 = - 
�+,-	.		U�	.		�8+,,�	.		+,?4		
+K/	B00	000,0	.+,?@A	 => P = 14 583,33333 N 
 
Vmáx = 0,6 . P 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Cálculo acima da L.N. 
 
 
 
Q
 
= A
 
. |	
 	−		3| = 150 . 75 . |175 − 	100| = 843 750 . �78  m³ 
 
 
b = 75 mm = 0,075 m 
 
0,7 . 106 = - �,,<		.		U�	.		BK0	./,	.		+,?q		+K/	B00	000,0	.+,?@A		.			,,,./ => P = 15 123,45679 N 
 
 
 
Cálculo abaixo da L.N. 
 
 
Q = Q1 + Q2 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 50 . 75 . |75 − 	100| = 93 750 . �78  m³ 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 200 . 50 . |25 − 	100| = 750 000 . �78  m³ 
 
 
Q = 843 750 . �78  m³ 
 
b = 50 mm = 0,075 m 
 
 
0,7 . 106 = - �,,<		.		U�	.		BK0	./,	.		+,?q		+K/	B00	000,0	.+,?@A		.			,,,./ => P = 15 123,45679 N 
 
Logo, 
 
Pmáx = 14 583,33333 N 
Adriano Alberto 
 
59 
34) e 35) Para a viga com carregamento indicado, considerar a seção n–n e determinar: (a) 
a maior tensão normal, e indicar onde ela ocorre; (b) a tensão de cisalhamento no ponto A; 
(c) a maior tensão de cisalhamento e indicar onde ela ocorre 
 
 
34) 
 
 
RA = 36 kN 
 
- 36 . 0,760 + M = 0 => M = 27,36 kN.m 
 
Mz = - 0,600 . 36 = - 21,6 kN.m 
 
yi = ys = 75 mm 
 
 
A1 = 100		.		8		= 800 mm² 
A2 = 134		.		8		= 1 072 mm² 
A3 = 134		.		8		= 1 072 mm² 
A4 = 100		.		8		= 800 mm² 
 
	
� = 146 mm 
	
� = 75 mm 
	
� = 75 mm 
	
� = 4 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� + ��� + ��� 
��� = ��� 
��� = ��� 
 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +,,		.		�B�
4
+- + 800 . �146 − 75�- = 4 037 066,667.�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A2 . �	
� −		3�� = B		.		�+0K�
4
+- + 1 072 . �75 − 75�- = 1 604 069,333.�78�� m4 
Adriano Alberto 
 
60 
=> Iz = 11 282 272 . �78��	 m4 
 
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, este cálculo 
apresentaria o mesmo resultado subtraíndo-se ��[ - ��3: 
+,,	.		�+/,�4
+- - 
BK	.		�+0K�4
+- = 11 282 272 . �78��	 m4 
 
�� = - ��	.			3�� = - ;8	-+,<		.		+,
4>	.		�±	./�	.		+,?4		
++	-B-	-.-	.+,?@A	 = ± 143 588 100 Pa (no topo ou na base da seção) 
 
b) 
 
V(0,160)
 
= 36 kN 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Q
 
= A
 
. |	
 	−		3| = 100 . 8 . |146 − 	75| = 56 800 . �78  m³ 
 
b = 2 . 8 mm = 0,016 m 
 
 
¡:œ = - 0<	.	+,4	.		/<	B,,		.	+,?q	++	-B-	-.-	.+,?@A			.		,,,+< = 11 327 505,67 Pa 
 
 
c) 
 
Cálculo acima da L.N. 
 
 
Q = Q1 + Q2 + Q3 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 8 . 100 . |146 − 	75| = 56 800 . �78  m³ 
 
Q2 = A2 . |	
�	 −		3| = 8 . 67 . |108,5 − 	75| = 17 956 . �78  m³ 
 
Q3 = Q2 = 17 956 . �78  m³ 
 
 
Q = 92 712 . �78  m³ 
 
 
Adriano Alberto 
 
61 
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, este cálculo 
apresentaria o mesmo resultado subtraíndo-se �[ - �3: 
75 . 100 
 
. |112,5 − 	75| - 84 . 67 
 
. |108,5 − 	75| = 92 712 . �78  m³ 
 
 
b = 2 . 8 mm = 0,016 m 
 
 
¡:œ = - 0<	.	+,4	.		G-	.+-	.+,?q		++	-B-	-.-	.+,?@A			.		,,,+< = 18 489 361,01 Pa (ocorre na L.N.) 
 
 
 
35) 
 
 
RA = RB = 80 kN 
 
 
 
 
Para 0 ≤ x < 0,9: 
V(x) = 80 kN 
M(x) = 80x 
Mz = M(0,6) = 80 . 0,6 = 48 kN.m 
 
 
yi = ys = 130 mm 
 
 
A1 = A2 = A7 = A8 = 80		.		12		= 960 mm² 
A3 = A6 = 180		.		16		= 2 880 mm² 
A4 = A5 = 68		.		16		= 1 088 mm² 
 
	
� = 	
� = 220 mm 
	
� = 172 mm 
Adriano Alberto 
 
62 
	
� = 	
T = 130 mm 
	
� = 88 mm 
	
k = 	
¢ = 40 mm 
 
Cálculo do momento de inércia 
Iz = ��� + ��� + ��� + ��� + ��T + ��� + ��k + ��¢ 
hi@ = hiA = hi£ = hi¤ 
hi4 = hi] 
hiJ = hiX 
Iz = 4 . ��� + 2 . ��� + 2 . ��� 
 
��� = ��	.		�1����� + A1 . �	
� −		3�� = +-		.		�B,�
4
+- + 960 . �220 − 130�- = 8 288 000 .�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A3 . �	
� −		3�� = +B,		.		�+<�
4
+- + 2 880 . �172 − 130�- = 5 141 760 .�78�� m4 
��� = ��	.		�1����� + A4 . �	
� −		3�� = +<		.		�<B�
4
+- + 1 088 . �130 − 130�- = 419 242,6667.�78�� m4 
 
=> Iz = 44 274 005,33 . �78��	 m4 
 
�� = - ��	.			3�� = - ;KB		.		+,
4>	.		�±	+0,�	.		+,?4		
KK	-.K	,,/,00	.+,?@A		 = ± 140 940 489,9 Pa (no topo ou na base da seção) 
 
b) 
 
V(0,6)
 
= 80 kN 
 
��	 = - �	.		��		.		� 
 
 
Cálculo acima da L.N. 
 
Q = 2 . Q1Adriano Alberto 
 
63 
Q
 
= 2 . A
 
. |	
 	−		3| = 2 . 80 . 12 . |220 − 	130| = 172 800 . �78  m³ 
 
b = 2 . 12 mm = 0,024 m 
 
 
¡:œ = - B,	.	+,4	.		+.-	B,,	.+,?q		KK	-.K	,,/,00	.+,?@A			.		,,,-K = 13 009 891,37 Pa 
 
 
c) 
 
Cálculo acima da L.N. 
 
 
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 
 
Q1 = Q2 
 
Q4 = Q5 
 
Q = 2 . Q1 + Q3 + 2 . Q4 
 
 
 
Q1 = A1 . |	
� −		3| = 12 . 80 . |220 − 	130| = 86 400 . �78  m³ 
 
Q3 = A3 . |	
�	 −		3| = 16 . 180 . |172 − 	130| = 120 960 . �78  m³ 
 
Q4 = A4 . |	
�	 −		3| = 34 . 16 . |147 − 	130| = 9 248 . �78  m³ 
 
 
Q = 312 256 . �78  m³ 
 
 
 
b = 2 . 16 mm = 0,032 m 
 
 
¡:œ = - B,	.	+,4	.		0+-	-/<		.		+,?q		KK	-.K	,,/,00	.+,?@A			.		,,,0- = 17 632 016,67 Pa (ocorre na L.N.) 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO COMBINAÇÃO DE CARREGAMENTO 
 
*** 36) a alavanca AB tem uma seção transversal retangular de 10 x 30 mm. Sabendo-se 
que θ = 40º, determinar as tensões normal e de cisalhamento nos três pontos indicados (a, 
b e c). 
 
 
1 780 . sen(40°) . 0,125 = M => 
|M’|= |M¦| = |M”| = |M§| = 1 7
N = 1 780 . cos(40°) N 
yi = 15 mm (posição da L.N.)
 
�� = ˆ# - ��	.			�� ; ��	 = �	.		��	.		�
 
V = 1 780 . sen(40°) ; b = 0,0
Iz = 
+,	.		0,4
+- = 22 500 . �78�� m
9u = +	.B,		.		”—�K,°�,,,,,0 + +.B		.		‘--	/,,
�� = - �	.		��	.		� 
A = 0 => �� = 0 
 
 
9^ = B,	B--	<<,,,/	)		,- = 40 411 330,03 Pa
 
R = ¡u¨á© = ª��7	���	��7, 7�
 9u¨á© = 9^ + R = 80 822 660,05 Pa
 9u¨í¬ = 9^ - R = 0 
 
 
 
 
. 0,125 = M => M = 222,5 . sen(40°) N.m 
1 780 . sen(40°) . 0,100 = 178 . sen(40°) N.m 
(posição da L.N.) 
�
� ; Q = A . |	
 	−		3| 
; b = 0,010 m 
m4 
‘�K,°�	.		,,,+/
/,,	.+,?@A = 80 822 660,05 Pa 
411 330,03 Pa 
7��- +	�0�- = 40 411 330,03 Pa 
80 822 660,05 Pa 
Adriano Alberto 
64 
 
 
 
 
9­ = +	.B,		.		”—�K,°�,,,,,0 + +.B		.		‘--	/,,	.
�� = - �	.		��	.		� 
Q = 0,010 . 0,015 . 0,0075 = 1,125 . 
¡­ = - 	+	.B,	.		‘�K,°�		.		+,+-/		.		+,--	/,,	.+,?@A	.		,,,+,
 
 
 
9^ = K	/K/	+G.,,-G	)		,- = 2 272 598,515 Pa
 
R = ¡­¨á© = ª�2	272	598,515
 
‘�K,°�	.		,
.+,?@A = 4 545 197,029 Pa 
1,125 . �78� m³ 
+,?]		
 = - 5 720 809,726 Pa 
2 272 598,515 Pa 
515�- +	�5	720	809,726	�- = 6 155 677,699 Pa 
Adriano Alberto 
65 
 
 
9­¨á© = 9^ + R = 8 428 276,214 
 9­¨í¬ = 9^ - R = - 3 883 079,184
 
sen��S� = /	.-,	B,G,.-<		<	+//	<..,<GG => 
 
 
 
9ƒ = +	.B,		.		”—�K,°�,,,,,0 + +.B		.		‘--	/,,
�{ = - �	.		��	.		� 
A = 0 => �{ = 0 
 
9^ = 8	.+	.0-	-</,GG	)		,- = - 35 866 133 Pa
 
R = ¡ƒ¨á© = 35 866 133 Pa 
 
8 428 276,214 Pa 
3 883 079,184 Pa 
S = 34,16724521° (anti-horário) 
‘�K,°�	.		�8	,,,+/�
/,,	.+,?@A = - 71 732 265,99 Pa 
35 866 133 Pa 
Adriano Alberto 
66 
 
Adriano Alberto 
 
67 
9ƒ¨á© = 9^ + R = 0 
 9ƒ¨í¬ = 9^ - R = - 71 732 265,99 Pa 
 
 
 
Acredito que a resposta da lista considera apenas as tensões normais e cisalhantes 
separadamente, sem calcular as tensões máximas. Além disso, os valores parciais 
encontrados diferem um pouco das respostas. Possivelmente foram feitas muitas 
aproximações. 
36) σa = 80,85 MPa T τa = 0 σb = 4,55 MPa T 
τb = 5,70 MPa σc = 71,8 MPa C τc = 0 
 
*** 37) O eixo mecânico de um automóvel é feito para suportar as forças e o torque 
mostrado. Sabendo-se que o diâmetro do eixo é de 30 mm, determinar as tensões normal e 
de cisalhamento no: (a) ponto H; (b) ponto K. 
 
 
Adriano Alberto 
 
68 
 
 
N = 0 
 
Vy = ; Vz = 0 
 
T = - 2 800 N.m 
 
My = 0 
 
Mz = - 2 700 . 0,350 + 2 700 . 0,200 = - 405 N.m 
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,+/�J
K 
 
AT = LM- = L�0,015�- 
 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
a) 
 
Para o ponto H: 
 
9® = 0 - K,/		.		,,,+/O�P,P@X�J
J
 + 
,		.		,
O�P,P@X�J
J
 = - 152 788 745,4 Pa 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 8	-	B,,		,,/	.		H�,,,+/�4 = 8	/	<,,H�,,,+/�4 => �* = - 528 158 626 Pa 
 ¡® = ¡¯ + ¡°_ = ¡¯ + 0 = - 528 158 626 Pa 
 
 
Adriano Alberto 
 
69 
 
 
 
R = ���á� = 533,6549769 MPa 
 ���á� = - 610,049349,6 Pa 
 
 
 
Para o ponto K: 
 
 
 
9± = 0 + K,/		.		,O�P,P@X�J
J
 + 
,		.		�8	,,,+/�
O�P,P@X�J
J
 = 0 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = -	B,,		,,/	.		H�,,,+/�4 = /	<,,H�,,,+/�4 => �* = 528 158 626 Pa 
 ¡± = ¡¯ + ¡°² = ¡¯ + 0 = 528 158 626 Pa 
 
De acordo com o desenho, que não está muito claro, como as forças em y estão 
equilibradas, não existe força cortante em y no ponto k. Logo, Vy = 0 
 
��	= �		.		��	.		�	 = 0 
 
 
Adriano Alberto 
 
70 
Através do circulo de Mohr, �³�á�= �³�á�= 528 158 626 Pa 
 
Acredito que a resposta da lista está errada. 
 
37) H: σx = 151 MPa C σz = 0 τxz = 527 MPa 
K: σx = σy = 0 τxy = 527 MPa 
 
 
*** 38) Uma mola é feita de um arame circular de raio c, formando uma hélice de raio R. 
Determinar a máxima tensão de cisalhamento produzida pelas forças P e P’, iguais e 
opostas. (Sugestão: determinar inicialmente a força cortante V e o torçor T numa seção 
transversal.) 
 
 
 
V = P 
T = P . 2R 
�� = - �	.		��	.		� 
I = 
	.		{�� 
�* = *7,T	.		
	.		{� 
� = - �	.			� 
M = T = 2PR 
 
 
Para o ponto A: 
�# = ��# + �* 
Q = 0 => ¡°´ = 0 
Adriano Alberto 
 
71 
¡R = ¡¯ = -Uµ,,/	.		H	.		ƒ4 = �S¶	
{� 
�# = - -‰·”O¸J
J
 = - 
¢¹º	
{� 
 
 
 
9^ = 8	
¤»¼	
O¸4 	)		,- = - 
�¹º	
{� 
 
R = ª�4�- +	�4�- . Uµ	Hƒ4 = �√�		.		S¶	
{� = �#��� 
 
9R¨á© = 9^ + R = - K‰·	Hƒ4 + K√-		.		Uµ	Hƒ4 = ;�√�	8	�>	.		S¶	
{� 
 
9R¨í¬ = 9^ - R = - K‰·	Hƒ4 - K√-		.		Uµ	Hƒ4 = 8	;�√�	)	�>	.		S¶	
{� 
 
 
sen��S� = K√0- => S = 22,5° (anti-horário) 
 
 
 
 
Para o ponto B: 
�� = ��� + �* 
Q = H	.		ƒA- . 
K	.		ƒ
0H = 
	-	ƒ4
0 
¡j = U	.		
	A	¸4
4O	.		¸J
J 	.		-	.		ƒ
 + 
‰	.		-·
,,/	.		H	.		ƒ4 = 
U
H
�� = 0 
 
 
����� = ����� = �SW
	{	
� 	)	ºZ	
{�
 
A lista não apresentou a resposta para est
U	.			J	4H	.		ƒA	 + 
‰	.		-·
,,/	.		H	.		ƒ4 = 
,,/	.		ƒ	.		U	.			J	4 	)		‰	.		-·,,/	.		H	.		ƒ4 = 
�SW	{	� 	)	ºZ	
{� 
Z
 
a resposta para esta questão. 
Adriano Alberto 
72 
 
Z
 
Adriano Alberto 
 
73 
*** 39) Várias forças são aplicadas ao tubo mostrado. Sabendo-se que o tubo tem 
diâmetro, interno e externo, de 40 mm e 48 mm, respectivamente, determinar as tensões 
normal e de cisalhamento no: (a) ponto H; (b) ponto K. 
 
 
 
 
N = 660 N ; Vy = 0 ; Vz = 0 
 
T = 880 . 0,250 = 220 N.m 
 
My = 660 . 0,100 + 220 . 0,250 – 880 . 0,250 = - 99 N.m 
 
Mz = - 660 . 0,250 = - 165 N.m 
 
 
Iz = Iy = 
H†�,,,-K�J	8		�,,,-,�J‡
K = 1,349125549 . �78k m4 
 
�� = ˆ# - ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
Para o ponto H: 
 
 
9® = <<,H†�,,,-K�A	8		�,,,-,�A‡ - 8	+</	.		,,,-K+,0KG+-//KG	.+,?£ + 8	GG	.		,+,0KG+-//KG	.+,?£ => �� = 30 546 008,14 Pa 
 
 
¡¯ = --,	.			,,,-K,,/	.		H		.		†�,,,-K�J	8		�,,,-,�J‡ = 19 568 230,71 Pa 
 
 ¡® = ¡¯ + ¡°_ = ¡¯ + 0 = ¡¯ => �� = 19 568 230,71 Pa 
 
 
 
 
 
9^ = 0,	/K<	,,B,+K	)		,- = 15 273 004,07 Pa 
Adriano Alberto 
 
74 
 
 
R = ¡®¨á© = ª�15	273	004,07�- +	�19	568	230,71	�- = 24 822 979,4 Pa 
 9®¨á© = 9^ + R = 40 095 983,47 Pa 
 9®¨í¬ = 9^ - R = - 9 549 975,33 Pa 
 
 
sen��S� = +G	/<B	-0,,.+	-K	B--	G.G,K	 => S = 26,01398101° (horário) 
 
 
Para o ponto K: 
 
 
9± = <<,H†�,,,-K�A	8		�,,,-,�A‡ - 8	+</	.		,+,0KG+-//KG	.+,?£ + 8	GG	.		,,,-K+,0KG+-//KG	.+,?£ => �� = - 16 417 745,57 Pa 
 
 
¡¯ = --,	.			,,,-K,,/	.H		.		†�,,,-K�J	8		�,,,-,�J‡ = 19 568 230,71 Pa 
 
 ¡¾ = ¡¯ + ¡°² = ¡¯ + 0 = ¡¯ => �¿ = 19 568 230,71 Pa 
 
 
 
 
 
 
9^ = 8	+<	K+.	.K/,/.	)		,- = - 8 208 872,783
 
 
R = ¡¾¨á© = ª�8	208	872,783
 9¾¨á© = 9^ + R = 13 011 429,89
 9¾¨í¬ = 9^ - R = - 29 429 175,45
 
 
sen��S� = +G	/<B	-0,,.+	-+	--,	0,-,<.	 => 
 
 
Obs: As respostas da lista não 
 
H: σx = 30,5 MPa T σz = 0 τxz = 19,56 MPa
K: σx = 16,4 MPa C σy = 0 τxy = 19,56 MPa
 
 
8 208 872,783 Pa 
783	�- +	�19	568	230,71	�- = 21 220 302,67 Pa 
13 011 429,89 Pa 
29 429 175,45 Pa 
S = 33,6209754° (anti-horário) 
ão são as tensões máximas: 
= 19,56 MPa 
= 19,56 MPa 
Adriano Alberto 
75 
 
Adriano Alberto 
 
76 
 
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
Figura: 
 
 
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
Adriano Alberto 
77 
 
Adriano Alberto 
 
78 
40) e 41) Os eixos maciços são carregados como mostrado nas figuras. Determine, e mostre 
num esboço, as tensões principais e a tensão tangencial máxima no ponto A da superfície 
do eixo. 
 
40) 
 
 
 
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção 
de sinais deve ser de forma que �	��	 seja positivo. Ou seja, sentido anti-horário como 
positivo. 
 
N = - 80 000 N ; Vy = 0 ; Vz = 10 000 N 
 
T = - 0,600 . 10 . 10³ = - 6 000 N.m 
 
My = 0,900 . 10 . 10³ = 9 000 N.m 
 
Mz = 0 
 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz. 
 
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,/�J
K 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
Para o ponto A: 
 
 
9R = 8	B,	,,,H�,,,/�A + ,	.		,O�P,PX�JJ + 
G	,,,	.		,,,/
O�P,PX�J
J
 => �# = 81 487 330,86 Pa 
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 8	<	,,,		,,/	.		H	.		�,,,/�4 = - 30 557 749,07 Pa 
 
 ¡R = ¡¯ + ¡°² = ¡¯ + 0 = ¡¯ => �# = - 30 557 749,07 Pa 
 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
convenção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9^ = B+	KB.	00,,B<		)		,- = 40 743 665,43 Pa
 
R = ¡R¨á© = ª�40	743	665,43
 9R¨á© = 9^ + R = 91 673 247,22 Pa
 9R¨í¬ = 9^ - R = - 10 185 916,36 Pa
 
 
sen��S� = 0,	//.	.KG,,.	/,	G-G	/B+,.G	 => 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
40 743 665,43 Pa 
43	�- +	�30	557	749,07	�- = 50 929 581,79 Pa 
91 673 247,22 Pa 
10 185 916,36 Pa 
S = 18,43494882° (anti-horário) 
Adriano Alberto 
79 
 
 
41) 
 
 
 
 
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção 
de sinais deve ser de forma que 
positivo. 
 
 
N = - 60 000 N ; Vy = 0 ; 
 
T = - 0,100 . 5 000 – 0,100 . 3 000
 
My = 5 000 . 2 – 3 000 . 2 = 4 
 
Mz = 0 
 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
 
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,-/�J
K 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
Para o ponto A: 
 
 
9R = 8	<,	,,,H�,,,-/�A + ,	.		,O�P,PX�JJ + 
K	,,,
O�
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 8	B,,		,,/	.		H	.		�,,,-/
 
 ¡R = ¡¯ + ¡°² = ¡¯ + 0 = ¡¯ => 
 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
convenção. 
 
 
 
 
 
, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção 
de sinais deve ser de forma que �	��	 seja positivo. Ou seja, sentido anti
= 0 ; Vz = - 5 000 N e 3 000 N 
0,100 . 3 000 = - 800 N.m 
 000 N.m 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
,,,	.		,,,-/
�P,PAX�J
J
 => �# = 295 391 574,4 Pa 
,-/�4 = - 32 594 932,35 Pa 
=> �# = - 32 594 932,35 Pa 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
Adriano Alberto 
80 
, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção 
seja positivo. Ou seja, sentido anti-horário como 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz. 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
 
9^ = -G/	0G+	/.K,K			)		,- = 147 695 787,2 
 
R = ¡R¨á© = ª�147	695	787,2
 9R¨á© = 9^ + R = 298 945 498,5 
 9R¨í¬ = 9^ - R = - 3 553 924,1
 
sen��S� = 0-	/GK	G0-,0/		+/+	-KG	.++,0 => 
 
 
 
 
 
 
 
 
*** 42) Uma barra de aço de 50 mm de diâmetro está
Determine, e mostre num esboço, a tensão principal máxima no
adjacente ao apoio. 
 
147 695 787,2 Pa 
2�- +	�32	594	932,35	�- = 151 249 711,3 Pa 
298 945 498,5 Pa 
3 553 924,1 Pa 
S = 6,222551599° (anti-horário) 
Uma barra de aço de 50 mm de diâmetro está carregada como mostrado na figura. 
mostre num esboço, a tensão principal máxima no topo da superfície 
Adriano Alberto 
81 
 
carregada como mostrado na figura. 
topo da superfície 
 
 
 
Como Vy, ao flexionar a barra em torno de z, causa uma tração no ponto superior, a 
convenção de sinais deve ser de forma que 
positivo. 
 
 
N = 15 000 N ; Vy = - 500
 
T = 1 200 N.m 
 
My = 0 
 
Mz = 500 . 0,900 = 450 N.m 
 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,-/�J
K 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
Para o ponto: 
 
 
9: = +/	,,,H�,,,-/�A + K/,		.		,,,-/O�P,PAX�JJ => 
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 	+	-,,		,,/	.		H	.		�,,,-/
 
 ¡: = ¡¯ + ¡°_ = ¡¯ + 0 = ¡¯ => 
 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
convenção. 
 
 
 
 
 
 
 
9^ = KK	0,B	.0<,+<	)		,- = 22 154 368,08
 
, ao flexionar a barra em torno de z, causa uma tração no ponto superior, a 
convenção de sinais deve ser de forma que ��	� seja positivo. Ou seja, sentido horário como 
0 N ; Vz = 0 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
=> �� = 44 308 736,16 Pa 
,-/�4 = 48 892 398,52 Pa 
=> �� = 48 892 398,52 Pa 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
22 154 368,08 Pa 
Adriano Alberto 
82 
, ao flexionar a barra em torno de z, causa uma tração no ponto superior, a 
seja positivo. Ou seja, sentido horário como 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz. 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
 
R = ¡wá: = ª�22	154	368,08
 9:¨á© = 9^ + R = 75 831 948,67
 9:¨í¬ = 9^ - R = - 31 523 212,51
 
sen��S� = KB	BG-	0GB,/-	/0	<..	/B,,/G	 => 
 
Na resposta da lista tem anti
torque tem que ser positivo de acordo com a convenção adotada.
 
 
 
 
 
 
 
*** 43) O eixo circular maciço de aço está submetido aos
Determine, e mostre num esboço, as tensões principa
pontos: (a) A; (b) B. 
 
08�- +	�48	892	398,52�- = 53 677 580,59 Pa 
75 831 948,67 Pa 
31 523 212,51 Pa 
S = 32,81176569° (horário) 
Na resposta da lista tem anti-horário. Isso seria válido para um torque negativo. Mas, o 
torque tem que ser positivo de acordo com a convenção adotada. 
43) O eixo circular maciço de aço está submetido aos torques e cargas indicados. 
esboço, as tensões principais e a tensão tangencial
Adriano Alberto 
83 
o seria válido para um torque negativo. Mas, o 
 
torques e cargas indicados. 
is e a tensão tangencial máxima nos 
 
 
a) 
 
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma compressão no ponto A
convenção de sinais deve ser de forma que 
como negativo. 
 
 
N = 8 000 . 
 N ; Vy = 0; V
 
T = - 5 000 . L + 3 000 . L =
 
My = - 1,5 . 500 . L = - 750 . 
 
Mz = 0 
 
O sinal do torque Ttem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,/�J
K 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
 
9: = B	,,,	.		HH�,,,/�A - 	./,	.		H		.		,,,/O�P,PX�JJ => 
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 			8	-	,,,	.		H	,,/	.		H	.		�,,,/�
 ¡: = ¡¯ + ¡°² = ¡¯ + 0 = ¡¯ => 
 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
convenção. 
 
 
 
 
 
9^ = 8	-,	B,,	,,,		)		,- = - 10 400 000
 
 
flexionar a barra em torno de y, causa uma compressão no ponto A
convenção de sinais deve ser de forma que �	�	 seja negativo. Ou seja, sentido horário 
; Vz = 500 . 
 N 
= - 2 000 . 
 N.m 
 N.m 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de M
=> �� = - 20 800 000 Pa 
			
�4 = - 32 000 000 Pa 
=> �� = - 32 000 000 Pa 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
10 400 000 Pa 
Adriano Alberto 
84 
flexionar a barra em torno de y, causa uma compressão no ponto A, a 
seja, sentido horário 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz. 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
 
R = ¡R¨á© = ª�10	400	000�-
 9:¨á© = 9^ + R = 23 247 585,35
 9:¨í¬ = 9^ - R = - 44 047 585,35
 
sen��S� = 0-	,,,	,,,	00	<K.	/B/,0/	 => 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
 
9: = B	,,,	.		HH�,,,/�A + 0 + 0 => �� =
 
 
�- +	�32	000	000�- = 33 647 585,35 Pa 
23 247 585,35 Pa 
44 047 585,35 Pa 
S = 35,9979192° (horário) 
= 3 200 000 Pa 
Adriano Alberto 
85 
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 			8	-	,,,	.		H	,,/	.		H	.		�,,,/�
 
 
¡°_ = °_	.		ÀÁ	.		­ 
 
Q = A . 	
 = HIA- . K	.		I0H = ��
�
� 
 
¡°_= 500	.		L		.		
A�P,PX�4
4 	O�P,PX�J
J 	.		,,+,,	
 = 266 666,6667 Pa
 ¡: = ¡¯ + ¡°_ = - 32 000 000 
 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
convenção. 
 
 
 
 
9^ = 0	-,,	,,,	)		,- = 1 600 000 Pa
 
 
R = ¡j¨á© = ª�3	200	000	�-
 9:¨á© = 9^ + R = 33 373 643,86
 9:¨í¬ = 9^ - R = - 30 173 643,86 
 
sen��S� = 0+	.00	000,00	0+	..0	<K0,B<	 => 
 
 
O resultado da lista deu diferente. Mas, pelos cál
diferença está no �� = - 31 733 333,33 Pa. Como o torque não variou em relaç
(cuja resposta foi igual à da lista), o erro está no cálculo do 
acredito que meus cálculos estejam corretos.
 
 
			
�4 = - 32 000 000 Pa 
 
266 666,6667 Pa 
 + 266 666,6667 => �� = - 31 733 333,33 Pa 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
00 000 Pa 
� +	�31	733	333,33�- = 31 773 643,86 Pa 
33 373 643,86 Pa 
30 173 643,86 Pa 
S = 43,55679075° (anti-horário) 
O resultado da lista deu diferente. Mas, pelos cálculos, �� = 1 600 000 Pa coincide. Então, a 
31 733 333,33 Pa. Como o torque não variou em relaç
(cuja resposta foi igual à da lista), o erro está no cálculo do ���= 266 666,6667 Pa
que meus cálculos estejam corretos. 
Adriano Alberto 
86 
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma 
coincide. Então, a 
31 733 333,33 Pa. Como o torque não variou em relação à letra “a” 
266 666,6667 Pa. Porém, 
 
 
 
 
 
 
 
43) 
b) σ1 = 33,1 MPa T σ2 = 29,9 MPa C 
τmáx = 31,5 MPa θp = 43,5º � 
 
 
 
*** 44) Sabendo-se que nos pontos 
tangencial são limitadas a 
máximo permissível de P. 
 
 
= 29,9 MPa C σ3 = 0 
se que nos pontos A e B, sobre o eixo da figura, as tensões normal e 
 90 MPa T e 60 MPa, respectivamente. Determine o
Adriano Alberto 
87 
 
figura, as tensões normal e 
, respectivamente. Determine o valor 
Adriano Alberto 
 
88 
 
 ;��,�á�># = ;��,�á�>� = 90 . 106 Pa 
 ;���,�á�># = ;��	,�á�>� = 60 . 106 Pa 
 
P = ? 
 
Convenção de sinais: sentido horário positivo para o ponto A e negativo para o ponto B 
 
 
N = 8P ; Vy = P ; Vz = 0 
 
T = 0,200 . P 
 
My = 0,200 . 8P = 1,6 . P 
 
Mz = 0,400 . P 
 
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz. 
 
 
Iz = Iy = 
HIJ
K = 
H�,,,/�J
K 
 
�� = ˆ# + ��	�� + 
�	�
�	 
 
 
Para o ponto A: 
 
 
9R = BUH�,,,/�A + 8	,,K,,	.		‰	.		�8	,,,/�O�P,PX�JJ + 
+,<		.		U		.		,
Á² => 9R = BUH�,,,/�A + ,,K,,		.		U		.		KH�,,,/�4 => 
 
9R = BU	.		,,,/	)	+,<		.		UH�,,,/�4 => �# = 5 092,958179 . P 
 
 
¡¯ = ¯	,,/	.		H		.		I4 = 	,,-,,	.		U		,,/	.		H	.		�,,,/�4 = 1 018,591636 . P 
 
 ¡R = ¡¯ + ¡°_ = ¡¯ + 0 = ¡¯ => �# = 1 018,591636 . P 
 
 
Para o ponto B: 
Adriano Alberto 
 
89 
9j	= BUH�,,,/�A + ,,K,,	.		‰	.		,Á_ + +,<		.		U		.		,,,/O�P,PX�JJ => 9j = 
BU
H�,,,/�A + 
+,<		.		U		.		K
H�,,,/�4 => 
 
9j = BU	.		,,,/)	<,K		.		U	H�,,,/�4 => �� = 17 316,05781 . P 
 
 �� = �* + ��	 
 
��	= - �		.		��	.		�	 
 
Q = A . 	
 = HIA- . K	.		I0H = ��
�
� 
 
¡°²= - U		.		
A�P,PX�4
4 	O�P,PX�J
J 	.		,,+,,	
 = - 169,7652726 . P 
 
 ¡j = - 1 018,591636 . P - 169,7652726 . P => �� = - 1 188,356909 . P 
 
No ponto B, a força P em Vy e o torque T apresentam o mesmo sentido. Logo, devem ter o 
mesmo sinal que, no caso, deve ser o de T, que já foi convencionado negativo no início dos 
cálculos. 
 
Como as tensões foram maiores no ponto B, utiliza-se esses valores pra o círculo de Mohr. 
 
 
 
 
 
 
9^ = +.,0+<,/.B+	.		+,4	.		‰	)		,- = 8,658028905 . �7� . P 
 
R = ¡j¨á© = ª�8,658028905	. 100	. P�- +	�1	188,356909	. P�- = 8,73920229 . 103 . P 
Adriano Alberto 
 
90 
9j¨á© = 9^ + R = 17,3972312 . 103 . P 
 
60 . 106 = 8,73920229 . 103 . P => P = 6 865,615191 N (não serve) 
 
90 . 106 = 17,3972312 . 103 . P => P = 5 173,236992 N = Padm 
 
 
Resp da lista: 5199 N 
 
 
45) Sabendo-se que o tubo estrutural mostrado tem uma espessura da parede uniforme de 
6 mm, determinar a tensão de cisalhamento em cada um dos três pontos indicados (a, b e 
c). 
 
 
 
Vy = - 40 000 N 
Posição da L.N.: yi = ys = 30 mm 
Iz = 
+,,		.		�<,�4
+- - 
BB		.		�KB�4
+- = 988 992 . �78�� m4 
T = 40 000 . 0,047 = 1 880 N.m 
�*	= *�o		.		#� = +	BB,-	.		,,,,<		.		,,,GK		.		,,,/K = 30 864 197,53 Pa 
 
Para o ponto a: 
�� = �ÃÄ + �* 
�ÃÄ = - ���	.		� 
b = 0,006 . 2 = 0,012 m 
Q = A’ . Å′
 
Å′
 = -	.		,,,,<	.		,,,0,	.		,,,+/	)	,,,BB	.		,,,,<		.		,,,-.-	.		,,,,<	.		,,,0,	)	,,,BB	.		,,,,<		 = 0,022135135 m 
Q = (2	.		0,006	.		0,030	 + 	0,088	.		0,006) . 0,022135135 = 19,65599988 . �78� m³ 
 
¡u = - 8	K,	,,,		.		+G,<//GGGBB	.	+,?]		GBB	GG-	.+,?@A	.		,,,+- + 30 864 197,53 = 97 113 469,11 Pa 
Adriano Alberto 
 
91 
Para o ponto b: 
�� = �ÃÄ + �* 
�ÃÄ = - ���	.		� 
b = 0,006 . 2 = 0,012 m 
Q = A’ . Å′
 
Å′
 = 0,027 m 
Q = (0,100	. 0,006) . 0,027 = 16,2 . �78� m³ 
 
¡­ = - 8	K,	,,,		.		+<,-	.	+,?]		GBB	GG-	.+,?@A	.		,,,+- + 30 864 197,53 = 85 465 245,87 Pa 
 
Para o ponto c: 
�{ = �ÃÇ + �* => ¡ƒ = 0 + ¡¯ => �{ = 30 864 197,53 Pa 
 
45) τa = 97,1 MPa τb = 85,5 MPa τc = 30,9 MPa