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Exercicios resolvidos de CIV 105

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Exercícios do item 1.5: 1) Calcule a força de tração nas duas barras da estrutura abaixo. 
 
0
111 87,36)75,0(tanarc4
3
tan =θ→=θ→=θ 
0
222 13,53)333,1(tanarc3
4
tan =θ→=θ→=θ 
 
 0)13,53(cosF)87,36(cosF:0F o2o1x =+−=∑ 
 21
2
121 F75,0F8,0
F6,0F06,0F8,0F =→=→=+− 
0000.12)13,53(senF)87,36(senF:0F o2o1y =−++=∑ 
 000.128,0F6,0F 21 =+ 
Colocando-se a força F1 na expressão acima, tem-se: 
 N600.9
25,1
000.12F000.128,0F6,0F75,0 222 ==→=+⋅ 
 N200.7F9600x75,0F 11 =→= 
2) Calcule a força de tração nos dois cabos da figura. 
 
 
 
 
 
 000.6FF0F000.5000.1F:0F 2121y =+→=+−−=∑ 
N8,730.3F06,2xF8,1x000.57,0x000.1:0M 221 =→=−+=∑ 
N2,269.2F08,0x000.59,1x000.16,2xF:0M 112 =→=−−=∑ 
Exercícios do item 1.6: 1) Calcule as reações nos apoios da viga abaixo. 
 
 
 0H:0F Ax ==∑ 
000.14VV0V000.14V:0F BABAy =+→=+−=∑ 
N000.8V05,3xV0,2x000.14:0M BBA =→=−=∑ 
N000.6V05,1x000.145,3xV:0M AAB =→=−=∑ 
 
2) Calcule as reações no apoio da viga em balanço (ou viga cantilever). 
 
 
 0H:0F bx ==∑ 
 
000.1V0000.1V:0F bby =→=−=∑ 
m.N000.3M0M0,3x000.1:0M bbO =→=−=∑ 
 
Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. 
Dado: γs = 77 kN/m3 
 
 
 
A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção 
transversal: 
2mm000.3300x62x100x6A =+= 
Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− == 
m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= − 
 
 
0H0F Ax =→=∑ 
L.qVV0F BAy =+→=∑ 
 
Então: N20790,9x231VV BA ==+ 
0
2
L
.L.qL.V0M AB =−→=∑ 
 
2
LqV
2
LqV BA =→= 
 N5,1039
2
0,9x231VV BA === 
 2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. 
 Dado: γs = 77 kN/m3 
 
 
 
 
0H0F Bx =→=∑ 
N20790,9x231L.qV0F By ===→=∑ 
m.N5,9355
2
qLM0M
2
L
.L.q0M
2
BBo ==→=+−→=∑ 
 
Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força 
resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser 
usada para mais nada. 
 
Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura. 
Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm 
 
 
Área dos cabos 1 e 2: 
 
2
21
2
21 mm7,506AA)7,12(AA ==→pi== 
Tensão normal nos cabos 1 e 2: 
 
2
2
1
1
1 mm/N48,4)mm(7,506
)N(2,269.2
A
F
===σ 
 
2
2
2
2
2 mm/N36,7)mm(7,506
)N(8,730.3
A
F
===σ 
2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. 
Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm 
 
 
 
 
 21
o
2
o
1x FF0)45cos(F)45(cosF:0F =→=+−=∑ 
0000.5)45(senF)45(senF:0F o2o1y =−+=∑ 
N1,3536FF000.5707,0F2 211 ==→= 
Tensão normal nas barras 1 e 2: 
 
 
2
2
1
1
1 mm/N8,28)25,6(
1,3536
A
F
=
pi
==σ 
 
2
2
2
2
2 mm/N3,11)10(
1,3536
A
F
=
pi
==σ 
3) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. As duas barras têm seção 
transversal circular. Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm 
 
 
 
866,0FF0)30cos(FF:0F 21o21x ⋅−=→=+=∑ 
N000.50F0000.52)30(senF:0F 2o2y −=→=+=∑ 
N300.43F866,0.)000.50(F 11 =→−−= 
Tensão normal nas barras 1 e 2: 
 
2
2
1
1
1 mm/N0,245)5,7(
300.43
A
F
=
pi
==σ 
 
2
2
2
2
2 mm/N2,159)10(
000.50
A
F
−=
pi
−
==σ 
 
 
 
4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e 
largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da 
força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N 
 
 
 
2mm/N44,44
15x12
000.8
A
F
===σ 
 
2
Engaste mm/N67,2625x12
000.8
A
F
===σ 
 
5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os 
diagramas de força normal e de tensão normal. 
Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal 
 
 
Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a 
ser externos. A parte recortada também tem que estar em equilíbrio, pois qualquer 
parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x): 
representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo. 
 
xA)x(N0xA)x(N:0Fy γ=→=γ−=∑ 
 
 x
A
Ax
A
)x(N γ=γ==σ 
 
Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25 
mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F = 
30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o 
alongamento da barra é de 2,0 mm. 
 
2
2 mm/N1,61)5,12(
000.30
A
F
=
pi
==σ 
310x5,2)mm(800
)mm(0,2
L
L
−
==
∆
=ε 
2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação 
linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro 
externo igual a 16 cm. 
 
P: Perímetro externo do poste: cm27,508.2R2P =pi=pi= 
 
68,0
30
3027,50
L
LL
L
L
i
if
i
=
−
=
−
=
∆
=ε 
 
 
Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 
mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente, 
determinou-se a deformação linear específica longitudinal oo
o
L /3=ε . Calcule a 
tensão normal, a variação do comprimento e do diâmetro da barra. Dado: ν = 0,25. 
 
 
2
2x mm/N1,19)10(
000.6
A
F
=
pi
==σ 
003,0
1000
3/3 oo
o
xL ===ε=ε 
mm5,4L1500.10x0,3LL
L
L
x
3
xxx
x
x
x =∆→=ε=∆→
∆
=ε − 
yyy
y
y
y LLL
L
ε=∆→
∆
=ε 
ddL yy ε=∆=∆ 
43
xy
x
y 10x5,710x0,3x25,0 −− −=−=εν−=ε→
ε
ε
−=ν 
mm015,020x10x5,7d 4 −=−=∆ − 
 
2) Calcule o volume final da barra do problema anterior. 
Vi : volume inicial da barra; Vf: volume final da barra 
32
iii mm9,238.471500.1x)10(LAV =pi== 
3
2
fff mm9,943.471)5,41500(x4
)015,020(LAV =+−pi== 
3
if mm7059,238.4719,943.471VVV =−=−=∆ 
 
Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um 
ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e 
comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule: 
 
a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP); 
b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY); 
c) a tensão última (σU); 
 
 
4
30.
4
DR.A
22
2 pi
=
pi
=pi= = 2mm86,706 
a) MPa15,14mm/N15,14
86,706
000.10
P
2
P =σ→==σ 
b) MPa98,16mm/N98,16
86,706
000.12
Y
2
Y =σ→==σ 
c) MPa29,28mm/N29,28
86,706
000.20
U
2
U =σ→==σ 
Exercícios do item 2.5: 1) Calcule o módulo de Young (Ε) da barra do problema 
anterior. 
εΕ=σ . 
310x75,3
mm800
mm3
L
L
−
=ε→=
∆
=ε 
 
3
2
10x75,3
mm/N15,14
−
=
ε
σ
=Ε 2mm/N3,773.3=Ε→ 
 
MPa3,773.3:Ou =Ε Ou: GPa77,3=Ε 
 
 
2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao 
aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da 
placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36 
 
 
 
Lei de Hooke: σ=Εε xx σ=Εε→ 
9
6
x
x 10x120
10x81
=
Ε
σ
=ε → 4x 10x75,6 −=ε 
 mm405,0600x10x75,6L
L
L 4
x
x
x
x ==∆→
∆
=ε − 
 mm405,600405,0600LFab =+= 
Coeficiente de Poisson (ν): 
 
x
y
ε
ε
−=ν → xy εν−=ε =
410x75,6x36,0 −− = 410x43,2 −− 
 mm1458,0600x10x43,2L
L
L 4
y
y
y
y −=−=∆→
∆
=ε − 
 mm8542,5991458,0600LFcd =−= 
 
3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal 
circular. Sendo dados d1 =8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule: 
a) o valor do ângulo θ sabendo que σ1 = σ2 ; 
b) valor da tensão normal nas duas barras; 
c) a deformação linear específica das duas barras. 
 
 
 
 
 
 
 
θ
=→=−θ→=∑
sen
PF0PsenF0F 22y 
 θ
θ
=→=θ−→=∑ cos
sen
PF0cosFF0F 121x 
a) 
2
2
1
1
21 A
F
A
F
=→σ=σ 
 
36
1
16
cos
)6(
sen
P
)4(
sen
cosP
22 =
θ
→
pi
θ
=
pi
θ
θ
 
 
o61,63
36
16
cosarc =θ→





=θ 
b) 2
o
o
1
1
1 )4(
)61,63(sen
)61,63(cosP
A
F
pi
==σ = 2mm/N2,145
16
896,0
4444,0x81,9x1500
=
⋅pi
 
=
⋅pi
⋅
=
pi
==σ
36
8958,0
81,91500
)6(
)61,63(sen
P
A
F
2
o
2
2
2 
2mm/N2,145 
c) Lei de Hooke: σ=Εε 
 
3
123
2
1111 10x074,2)mm/N(10x70
)mm/N(2,145
−
=ε→=ε→σ=Εε 
 
 
3
223
2
2222 10x21,1)mm/N(10x120
)mm/N(2,145
−
=ε→=ε→σ=Εε 
 
Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular, 
tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 
N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 205 GPa, calcule: 
a) o diâmetro da barra; 
b) a tensão normal. 
a) mm1,6R
R10x205
6000x105,2
AE
LFL 23
4
=→
pi⋅
=→=∆ 
 Então: d = 12,2 mm 
b) 22
4
mm/N5,85
)1,6(
10
A
F
=
pi
==σ 
2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. 
Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa 
 
mm22,0
7,50610x70
3500x2,2269L
AE
LFL 31
11
11
1 =
⋅
=∆→=∆ 
mm37,0
7,50610x70
3500x8,3730L
AE
LFL 31
22
22
2 =
⋅
=∆→=∆ 
3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo. 
Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 205 GPa; Ε2 = 120 GPa 
 
 
 
mm14,0
7,12210x205
1000x1,3536L
AE
LFL 31
11
11
1 =
⋅
=∆→=∆ 
mm19,0
2,31410x120
2000x1,3536L
AE
LFL 31
22
22
2 =
⋅
=∆→=∆ 
 
Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da 
força de 200 kN. Dados: A = 800 mm2; Ε = 70 GPa 
 
mm18,22
80010x70
1800x000.250
80010x70
3600x000.80
80010x70
5400x000.200
AE
LFH 333
n
1i ii
ii
=
⋅
+
⋅
−
⋅
==∆ ∑
=
 
 
2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo 
dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule: 
a) a tensão normal nas duas barras; 
b) o alongamento da barra. 
 
a) 221 mm9,153)7(A =pi= ; 222 mm3,50)4(A =pi= 
2
1 mm/N98,519,153
8000
==σ ; 22 mm/N64,593,50
3000
==σ 
b) mm91,1
9,15310x70
2000x000.5
9,15310x70
2000x000.3
3,5010x70
500x000.3L 333 =
⋅
+
⋅
+
⋅
=∆ 
 
3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados: 
A = 7,1 x 10− 4 m2; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m3 
 
 
 
 
 
• A tensão normal máxima ocorre no apoio: 
266
4máx m/N10x22,010x63,55x300.4410x1,7
000.4L
A
F
+=+=γ+=σ
−
 
 MPa85,5m/N10x85,5 26máx ==σ 
• Cálculo do alongamento: 
 
E2
L
AE
LFL
2γ
+=∆ 
O alongamento máximo ocorre na extremidade livre: 
 
m10x61,410x41,1
10x120x2
544300
10x1,710x120
0,3x000.4L 649
2
49máx
−−
−
+=
⋅
+
⋅
=∆ 
 
mm146,0m10x46,1L 4máx ==∆
−
 
 
Exercícios do item 3.3: 1): Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o 
deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. 
Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − 4 m2 
 
Diagrama de corpo livre: 
 
055cosF55cosF0F o1o1x =+−→=∑ 
0PF55senF.20F 2o1y =−+→=∑ 
De onde: 1,64 F1 + F2 = P (1) 
 
Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra 
equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. 
 
 
 
 
 11
o
22
11
11o
22
22 LF35cosLF
AE
LF
35cos
AE
LF
=→= 
 
Cálculo do comprimento da barra 1: L1 cos35o = L2 
 m44,2L
35cos
0,2L 1o1 =→= 
Da equação de compatibilidade: 
121
o
2 F49,1F44,2F35cos0,2xF =→= (2) 
Colocando-se a equação (2) na equação (1), tem-se: 1,64 F1 + 1,49 F1 = P 
N4792F000.15F13,3 11 =→= 
 F2 = 7.140 N 
Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2:: 
MPa96,23
10x2
4792
A
F
141
1
1 =σ→==σ
−
 
MPa70,35
10x2
7140
A
F
242
2
2 =σ→==σ
−
 
Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P: 
 
mm35,0V
10x2x10x205
000.2x7140
AE
LF
LV
4922
22
2 =∆→==∆=∆
−
 
Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A, 
suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal 
nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A. 
Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2 
 
 
 
 
 
 
0PFFV0F 21Ay =−++→=∑ (1) 
0d4xFd3xPd2xF0M 21A =+−→=∑ 
De onde: Px3Fx4Fx2 21 =+ (2) 
Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma 
vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos. 
 
 
21
21 LL2
d4
L
d2
L
∆=∆→
∆
=
∆
 
 
9
2
9
1
22
22
11
11
10x205
F
10x70
F
2
AE
LF
AE
LF
2 =→= 
 
De onde: F2 = 5,86 F1 (3) 
 
Colocando-se a equação (3) na equação (2), tem-se: 
 
Px3F86,5x4Fx2 11 =+ 
 
 25,44 F1 = 3 x 58.000 → F1 = 6.839,6 N 
 F2 = 40.080,1 N 
 
Cálculo da tensão normal nos cabos: 
MPa68,13
10x5
6,6839
A
F
141
1
1 =σ→==σ
−
 
MPa16,80
10x5
6,080.40
A
F
242
2
2 =σ→==σ
−
 
Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1): 
 
N3,080.11000.581,080.406,839.6PFFV 21A =+−−=+−−= 
Exercício 3): A barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e 
solicitada por uma força axial F. Determine as reações nos apoios A e B. 
 
 
 0HFH0F BAx =+−→=∑ (1) 
 
O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o 
deslocamento que o apoio retirado está impedindo. 
 
 
 
Colocando-se o apoio retirado, tem-se: 
 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
 
 
L
a.F
H
EA
L.H
EA
a.F
LL B
B
21 =→=→∆=∆ 
L
b.F
H)aL(
L
F
L
a.F
L
LF
L
a.F
FHHFH AABA =→−=−=−=→−=
 
Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e 
F2. Calcule: 
a) as reações nos apoios indeformáveis A e B; 
b) a tensão normal no meio da barra. 
Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm2 
 
 
 
Superposição dos efeitos: 
 
N6,384.1
6,2
8,1x000.2
L
b.F
H 11A === N4,6156,2
8,0x000.2
L
a.F
H 11B === 
 
 
 
 
N7,807
6,2
6,0x500.3
L
b.F
H 22A === N3,692.26,2
0,2x500.3
L
a.F
H 22B === 
 
 
N9,5767,8076,384.1HHH 2A1AA =−=+= 
 
N9,076.23,692.24,615HHH 2B1BB =+−=+= 
 
Cálculo da tensão normal no meio da barra: 
 
 F = força normal axial no meio da barra 
 
F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N 
 
Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N 
 
Então: 
 MPa1,7:oumm/N1,7
200
1,423.1
A
F 2
=σ===σ 
 
Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calculeas reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N. 
Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 − 3 m2 
 
 
 
OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: 
 HA = 18.000 N e HB = 0.0 
Vamos retirar o apoio B: 
 
mm8,4
10x5x10x5,1
000.2x000.18
EA
000.2xF
L 391 ===∆ − 
Colocando-se o apoio B, a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm. 
 
 
N5,562.6H0,28,4
10x5x10x5,1
200.3xH
B39
B
=→−=
−
 
N5,437.115,562.6000.18HFHH ABA =−=→=+ 
 
Exercício 6): Um pilar de concreto armado tem 3,0 metros de comprimento longitudinal 
e possui quatro barras de aço de diâmetro Φ igual a 16 mm. A seção transversal do 
pilar é quadrada (300 mm x 300 mm) e está solicitado por uma força axial de 
compressão F = 300.000 N aplicada através de uma placa rígida. Sendo dados Εc = 26 
GPa e Εs = 205 GPa calcule a tensão normal no concreto e nas barras de aço. 
 
 
 
Chamando de Fc a força absorvida pelo concreto e Fs a força absorvida pelas barras de 
aço, tem-se: 
N000.300FF sc =+ 
O problema é uma vez hiperestático. Sabendo-se que a força F é aplicada através de 
uma placa rígida, os dois materiais (aço e concreto) tem o mesmo encurtamento: 
sc LL ∆=∆ 
2
s
2
c
ss
ss
cc
cc
84x205
F
)84000.90(x26
F
AE
LF
AE
LF
⋅pi⋅
=
⋅pi⋅−
→= 
 
De onde: Fc = 14,07 Fs 
 Então: 14,07 Fs + Fs = 300.000 N → Fs = 19.907,1 N 
 Fc = 300.000 − 19.907,1 = 280.092,9 N 
 
Cálculo da tensão normal: 
 
2
2c mm/N14,384000.90
9,092.280
=
⋅pi⋅−
=σ 
 
2
2s mm/N75,2484
1,907.19
=
⋅pi⋅
=σ 
 
Exercícios do item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a 
temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis calcule a 
tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC. 
Dados: Ε = 205 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC 
 
 
Retirando-se o apoio B, tem-se: 
 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos 
 
TF LL ∆=∆ 
TL
EA
FL ∆α= 
TE ∆α=σ 
30x10x7,11x10x205 69 −=σ 
26 m/N10x95,71=σ 
 
Ou: σcompressão = 71,95 MPa 
 
Exercício 2): A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual 
a 25º C. Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na 
barra quando a temperatura descer para − 60ºC. 
Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m 
 
 
 
 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos: TF LL ∆=∆ 
 
TL
EA
FL ∆α= 
TE ∆α=σ 
85x10x6,21x10x70 69 −=σ 
26 m/N10x52,128=σ 
 
Ou: σtração = 128,52 MPa 
 
 
Exercício 3): Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C 
o apoio B se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável. Dados: Ε = 70 GPa; 
α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m 
 
 
 
T
3
F L10x3L ∆=+∆
−
 
 
TL10x3
EA
FL 3 ∆α=+ − 
 
TL10x3
E
L 3 ∆α=+σ − 
85x4x10x6,2110x3
10x70
4x 63
9
−−
=+
σ
 
 
 
33
9 10x310x344,710x70
4x
−−
−=
σ
 
 
26 m/N10x02,76=σ 
 
Ou: σtração = 76,02 MPa 
 
4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a 
temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a 
temperatura subir para 100º C. Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 − 6 /oC; Α1 
= 600 mm2 ; Α2 = 300 mm2 
 
 
 
 TLTLL 2211T ∆α+∆α=∆ 
 82x400x10x1282x500x10x12L 66T −− +=∆ = 0,8856 mm 
 
 
 
 
22
2
11
1
F AE
FL
AE
FL
L +=∆ 
 
 
300x10x205
400xF
600x10x205
500xF
L 33F +=∆ = 1,0569 x 10 
– 5
 . F 
 
 ∆LF = ∆LT 
 
 então: 1,0569 x 10 – 5 . F = 0,8856 
 
 F = 83.791,4 N 
 
Cálculo da tensão normal: 
2
1
1 mm/N7,139600
4,791.83
A
F
===σ 
 
Ou: σ1 = 139,7 MPa 
 
2
2
2 mm/N3,279300
4,791.83
A
F
===σ 
 
Ou: σ2 = 279,3 MPa 
 
5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é 
igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na 
barra quando a temperatura for igual a: 
a) 10º C; b) 70º C; c) 105º C; 
Dados: Ε = 70 GPa; que α = 20 x 10 − 6 /oC 
 
 
a) σ = 0,0 
b) mm5,2mm25,245x500.2x10x20L 6T <==∆ − 
 
Portanto, a barra não vai encostar no apoio B, então: σ = 0,0 
 
c) mm5,2mm0,480x500.2x10x20L 6T >==∆ − 
 
 
2
compressão33F mm/N4210x70
500.2x5,1
A10x70
500.2xF
L =σ→
σ
=→=∆ 
 
6) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a força F = 0 e a 
temperatura é igual a 15º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule as 
reações HA e HB quando for aplicada a força F = 27.000 N e a temperatura subir para 
40º C. Dados: Ε = 120 GPa; que α = 9,4 x 10 − 6 /oC; A = 125 mm2 
 
 
 
 
mm17,325x000.2x10x4,9
125x10x120
500.1x000.27
TL
EA
FLLLL 63TF1 =+=∆α+=∆+∆=∆
−
 
 
 
 
 
mm17,1LHB =∆ 
 
N775.8H17,1
125x10x120
000.2xH
mm17,1
EA
LH
B3
BB
=→=→= 
 
N225.18HN000.27HH ABA =→=+ 
7) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 
− 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir 
para 40º C. Considere que a barra ab tenha coeficiente de dilatação térmica 
insignificante. 
Dados: α1 = 23 x 10 − 6 /oC; α2 = 12 x 10 − 6 /oC 
 
 
 
 
 
 
mm93,045x900x10x23TLLT 6111 ==∆α=∆ − 
 
mm49,045x900x10x12TLLT 6222 ==∆α=∆ − 
 
 
 
290
x
30
49,093,0
290
x
30
LTLT 21
=
−
→=
∆−∆
 
 
mm25,4290.
30
44,0
x
30
44,0
290
x
==→= 
 
mm74,425,449,0d =+= 
 
 
8) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma 
temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o 
mesmo comprimento. 
Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC 
 
 
 
 
 
SAL LT005.35LT000.35 ∆+=∆+ 
 
TL005.35TL000.35 SSALAL ∆α+=∆α+ 
Tx005.35x10x7,11005.35T000.35x10x6,21000.35 66 ∆+=∆+ −− 
T410,0005.35T756,0000.35 ∆+=∆+ 
 
000.35005.35T410,0T756,0 −=∆−∆ 
 
C45,14T5T346,0 o=∆→=∆ 
 
C45,36T45,1422T o=→+= 
 
Observação: à temperatura t = 36,45ºC têm-se os seguintes comprimentos: 
 
mm92,010.3545,14x000.35x10x6,21000.35L 6AL =+= − 
 
mm92,010.3545,14x005.35x10x7,11005.35L 6S =+= − 
 
Exercícios do item 4.2: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média que ocorre na cola. 
 
 
 
MPa5,2m/N10x5,2
10,0x04,0x2
000.20
A
F 26
mm ==τ→==τ 
 
Ou: 
 
MPa5,2mm/N5,2
100x40x2
000.20
A
F 2
mm ==τ→==τ 
 
 
2) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média 
no cabo da luminária abaixo. 
 
 
 
 
 
 
2
m2m
mm/N7,71
10x
500.22
A
F
=τ→
pi
==τ 
 
 
2
m2m
mm/N5,292
7x
000.45
A
F
=σ→
pi
==σ 
 
3) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a 
tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 
kg. 
 
 
 
Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio 
de momentos fletores. 
 
 
 
 
050xF800xP0M A =−→=∑ 
 
N924.3F50xF800x81,9x25 =→= 
 
Cálculo da tensão cisalhante média no pino: 
 
 
 
2
m2m mm/N1,784x14,3
924.3
A
F
=τ→==τ 
 
 
Exercício do item 4.4: Um bloco está solicitadopor uma força F = 112 kN. Calcule: 
a) a tensão cisalhante média; 
b) o deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca. 
Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25 
 
 
a) →==τ
50x160
000.112
A
F
m 
2
m mm/N14=τ 
 
 
b) 
 
 γ=∆→∆=γ≅γ 80
80
tg 
 
Lei de Hooke no cisalhamento: γ=τ G 
 
 GPa35G)25,01(2
5,87
)1(2
EG =→
+
=
ν+
= 
 
 
 .rad10x4
)mm/N(10x35
)mm/N(14
G
4
23
2
−
=γ→=τ=γ 
 
 mm032,010x4x80 4 =∆→=∆ − 
 
Exercícios do item 4.5: 1) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação 
abaixo. Dados: F = 35.000 N; d = 19,05 mm 
 
 
 
 
Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples) 
 
2
méd2méd mm/N7,30)525,9(x14,3x1x4
000.35
A
F
=τ→==τ 
 
2) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo. 
Dados: F = 200.000 N; 2
__
mm/N95=τ 
 
 
 
Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples) 
 
 
mm15,9R
)R(x14,3x1x8
000.20095
A
F
2méd =→=→=τ 
 
 Portanto: d = 18,3 mm 
 
3) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal 
nas chapas. Dado: d = 12 mm 
 
 
 
1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; An = 1 
 
2
méd2méd mm/N1,22)6(x14,3x1x6
000.15
A
F
=τ→==τ 
 
2mm/N50
100x3
000.15
A
F
=σ→==σ 
 
2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; An = 2 
 
2
méd2méd mm/N1,22)6(x14,3x2x6
000.30
A
F
=τ→==τ 
2mm/N50
100x6
000.30
A
F
=σ→==σ 
 
 
Exercícios do item 5.4: 1) Para o eixo abaixo calcule: 
a) a tensão de cisalhamento máxima; 
b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; 
c) o deslocamento horizontal do ponto c. 
Dados: =T 4.600 N.mm; G = 60 GPa. 
 
 
a) 
J
r.T
=τ 
( ) ( ) 4444i4e mm2,270.8J121832DD32J =→−pi=−pi= 
MPa01,5:oumm/N01,5
2,270.8
9x600.4
máx
2
máx =τ==τ 
 
b) .rad10x42,7
2,270.8x10x60
800x600.4
GJ
TL 3
3
−
===θ 
 
c) 
 
 
 mm067,010x42,7x9x9
9
tg 3 ==θ=∆→∆=θ≅θ − 
Exercício 2: Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de 
torção indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro 
relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 
GPa. 
 
 
 
 
 
J
r.T
=τ onde: 444 mm3,592.613J50
32
D
32
J =→pi=pi= 
 
MPa67,1:oumm/N67,1
3,592.613
25x000.41
máx
2
máx =τ==τ 
 
GJ
TL
=θ 
 .rad10x194,3
3,592.613x10x25
000.2x000.63
3,592.613x10x25
500.3x000.22 3
33B
−
−=−=θ 
 
Resposta: .rad10x194,3 3B −=θ (no sentido de 63.000 N.mm) 
 
Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção 
transversal B em relação ao engaste indeformável A. 
Dado: d1 = 100 mm; d2 = 60 mm; G 1 = G 2 = 30 GPa. 
 
 
 
 
46
1
44
1 mm10x82,9J10032
D
32
J =→pi=pi= 
 
46
2
44
2 mm10x27,1J6032
D
32
J =→pi=pi= 
 
Cálculo de τmáx : J
r.T
=τ 
 
2
1máx61máx mm/N43,010x82,9
50x84230
=τ→=τ 
 
2
2máx62máx mm/N73,010x27,1
30x15730
=τ→=τ 
 
Resposta: τmáx = 0,43 MPa 
 
Cálculo de θB: 
GJ
TL
=θ 
 636363B 10x82,9x10x30
000.5x730.15
10x27,1x10x30
000.1x730.15
10x82,9x10x30
000.2x500.68
++=θ 
 
.rad10x14,1 3B
−
=θ 
 
Obs.: conversão de radianos para graus: 
pi
=θ=pi
− o3
B
o 180x10x14,1:então180.rad1 = 0,065º 
Exercício 4) Sendo =G 30 GPa calcule para o eixo de seção circular: 
a) a tensão de cisalhamento máxima; 
b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; 
c) o deslocamento horizontal do ponto c. 
 
 
 
a) 
J
r.T
=τ , onde: 444 m10x57,1J20,0
32
J −=→pi= 
MPa66,63:oum/N10x66,63
10x57,1
10,0x000.100
máx
26
4máx =τ==τ − 
b) 4949 10x57,1x10x30
5,1x000.100
10x57,1x10x30
00,1x000.100
GJ
TL
−−
+−==θ 
 .rad10x06,1 3B
−
=θ (ou: 0,61º) 
 
 
 m10x06,110x06,1x10,0x10,0
10,0
tg 43 −− ==θ=∆→∆=θ≅θ 
Exercício 5) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 
MPa. Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm 
calcule o valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção 
transversal onde está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = 42 
GPa. 
 
 
F12T = 
 
 
44 mm75,2035J12
32
J =→pi= 
N9,918F
75,2035
6F125,32
J
r.T
máx =→
⋅
==τ→=τ 
Cálculo do ângulo de torção: 
75,2035x10x42
5009,91812
GJ
TL
3
⋅⋅
==θ 
 .rad064,0=θ (ou: 3,7º) 
 
 
Exercícios do item 5.5: 1) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é 
prismático e tem seção transversal circular. 
 
 
 
TTT0M BA =+→=∑ 
 
O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da 
“compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB: 
 
 
 
JG
a.T
GJ
TL
B ==θ 
 
Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo :|Bθ 
 
 
 
JG
L.TB|
B =θ 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
JG
L.TB
B
|
B →θ=θ JG
a.T
= 
 
 
L
a.T
TB = 
Da equação de equilíbrio: 
=−=−=
L
a.T
TTTT BA T L
L
 
L
a.T
− 
 
L
b.T
T)aL(
L
TT AA =→−= 
 
Exercício 2) Calcule as reações nos engastes indeformáveis do eixo abaixo. 
 
 
Superposição dos efeitos: 
 
 
m.N9,142
8,2
4,0x000.1Tm.N1,857
8,2
4,2x000.1T 1B
1
A ==== 
 
m.N3,714
8,2
0,1x000.2Tm.N7,285.1
8,2
8,1x000.2T 2B
2
A ==== 
 
 
m.N6,928.1
8,2
8,1x000.3Tm.N4,071.1
8,2
0,1x000.3T 3B
3
A ==== 
 
 
m.N8,6424,071.17,12851,857TA =+−= 
 
m.N2.357.16,19283,7149,142TB =+−= 
 
 
Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima que ocorre no eixo abaixo. Os 
engastes A e B são indeformáveis. 
Dados: G1 = G2; D = 100 mm; d = 50 mm; Τ = 4,0 x 107 N.mm 
 
 
TTT0M BA =+→=∑ 
Retirando-se o apoio B, tem-se: 
 
D
B JG
2000.T
GJ
TL
==θ 
Colocando-se o apoio B: 
 
 
d
B
D
BB|
B JG
3000.T
JG
2000.T
JG
L.T
+==θ 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
→θ=θ |BB 
d
B
D
B
D JG
3000.T
JG
2000.T
JG
2000.T
+= 
Cálculo de :JeJ dD 
 
46
4
D mm10x82,932
)100(J =pi= 
( ) 4644d mm10x20,95010032J =−pi= 
=610x82,9
2000.T
6
B
6
B
10x20,9
3000.T
 10x9,82
2000.T
+ 
=T67,203 mm.N10x38,15TT75,529 6BB =→ 
 
mm.N10x62,24TTTT 6ABA =→−= 
 
 
 
 
Cálculo de τmáx: 
J
r.T
=τ 
 
6
6
1máx
10x82,9
50x10x62,24
=τ = 125,36 N/mm2 
6
6
2máx
10x20,9
50x10x38,15
=τ = 83,59 N/mm2 
 Resposta: τmáx = 125,36 MPa 
 
Exercício do item 5.6: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção 
vazada de parede fina com espessura t constante. 
 
 
 
 
tA2
T
méd =τ Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto 
 
2
médméd mm/N21,103x204.2x2
000.135
=τ→=τ 
 
Exercício do item 5.10: Calcule a tensão de cisalhamento máxima da barra abaixo. 
 Dado: Τ = 45.000 N.mm 
 
( )∑=τ 3ii
máx
máx
ta333,0
t.T
 
43333
ii mm260.103x306x403x30ta =++=∑ 
 
 
2
máx mm/N03,79260.10x333,0
6x000.45
==τ 
 
Diagramas de esforços internos (Momento fletor e força cortante)2
qx
2
x
.qx)x(M
2
−=−= 
 (se o sistema de referência for colocado na extremidade livre) 
qx)x(V −= 
 
 
 
2
qx
2
qL
x.qL
2
qxMx.V)x(M
222
BB −−=−−= 
 (Se o sistema de referência colocado no engaste) 
qxqLqxV)x(V B +−=+−= 
 
 
 
 
 
 
 
L
b.PVA = L
a.PVB = 
 
 
L
baP
a.VM Amáx == Ou: L
baPb.VM Bmáx == 
 
 
 
 
 
L
MVA = L
MVB = 
 a
L
M
a.VM A1 −=−= bL
Mb.VM B2 == 
 
 M)ba(
L
Mb
L
M
a
L
MMM 21 =+=+=+ 
 
 
 
 
 
 
 
 
L
MVA = L
MVB = 
 
 
 
 
 
 
 
2
L.qVV BA == 8
L.qM
2
máx = 
 
 
 
 
 
 21Amáx L.PL.VM −=−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
xqx.V)x(M
2
A −= )Lx0( 1≤≤ 
 
2
2
1
1A1 L.P2
LqL.V)L(M −=−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6
qLVA = 3
qLVB = 2máx qL064,0M = 
 
L6
qx
xV)x(M
3
A −= = L6
qx
x
6
qL 3
− )Lx0( ≤≤ (se o eixo x tiver 
origem no apoio A) 
 
 
 
L6
qx
2
qx
xV)x(M
32
B +−= = L6
qx
2
qx
x
3
qL 32
+− )Lx0( ≤≤ (se o 
eixo x tiver origem no apoio B) 
 
 
 
Exercícios do item 6.3: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos 
KeJ,I . 
 
 
Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos: 
 
M = − 15.000 N.m e V = − 5.000 N 
 
 
44
3
Z m10x8,112
30,0x08,0I −== 
Cálculo da tensão normal (σ): 
 
ZI
y.M
=σ 
 
MPa5,12m/N10x5,12
10x8,1
)15,0(x000.15 26
I4I ==σ→
−−
=σ
−
 
0
10x8,1
)0(x000.15
J4J =σ→
−
=σ
−
 
MPa5,12m/N10x5,12
10x8,1
)15,0(x000.15 26
K4K −=−=σ→
−
=σ
−
 
 
 
 
 
Cálculo da tensão cisalhante (τ): 
 
ZI.b
Q.V
=τ 
 
0
10x8,1x08,0
0x000.5
4I ==τ − 
MPa3125,0m/N10x125,3
10x8,1x08,0
075,0x15,0x08,0x000.5 25
4J ===τ − 
0
10x8,1x08,0
0x000.5
4K ==τ − 
 
 
 
 
2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual a 10 cm e 
altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule máxcmáxtmáx e, τσσ no 
meio da viga e no engaste. Dado: P = 30.000 N 
 
 
 
• No meio da viga tem-se os seguintes esforços internos (ou esforços solicitantes): 
 M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m 
 V = − 30.000 N 
45
3
Z m10x8125,212
15,0x10,0I −== 
MPa200m/N10x200
10x8125,2
)075,0(x000.75 26
5tmáx ==
−−
=σ
−
 
MPa200m/N10x200
10x8125,2
)075,0(x000.75 26
5cmáx −=−=
−
=σ
−
 
MPa3m/N10x3
10x8125,2x10,0
)0375,0x075,0x10,0(x000.30 26
5máx ===τ − 
 
• No engaste da viga tem-se os esforços internos: 
 M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m 
 V = − 30.000 N 
44
3
Z m10x3021,112
25,0x10,0I −== 
MPa144m/N10x144
10x3021,1
)125,0(x000.150 26
4tmáx ==
−−
=σ
−
 
MPa144m/N10x144
10x3021,1
)125,0(x000.150 26
4tmáx −=−=
−
=σ
−
 
MPa8,1m/N10x8,1
10x3021,1x10,0
)0625,0x125,0x10,0(x000.30 26
4máx ===τ − 
 
 
 
3) Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior 
tensão cisalhante. 
 
 
 
N000.27VV0F BAY =+→=∑ 
09,3xV7,2x000.152,1x000.120M BA =−+→=∑ 
 N9,076.14VB = 
02,1x000.157,2x000.129,3xV0M AB =−−→=∑ 
 N1,923.12VA = 
44
3
Z m10x998,612
36,0x18,0I −== 
MPa34,4m/N10x34,4
10x998,6
18,0x3,892.16 26
4tmáx ===σ − 
 
MPa34,4m/N10x34,4
10x998,6
)18,0(x3,892.16 26
4cmáx −=−=
−
=σ
−
 
MPa326,0m/N2,854.325
10x998,6x18,0
09,0x18,0x18,0x9,076.14 2
4máx ===τ − 
 
4) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. 
Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. 
 
 
 
 
N500.12VV0F BAY =+→=∑ 
09x000.20,6xV0,4x500.40,2x000.60M BA =+−+→=∑ 
 N000.8VB = 
00,3x000.20,2x500.40,4x000.6Vx60M AB =+−−→=∑ 
 N500.4VA = 
Cálculo do momento de inércia IZ: 
44
33
Z m10x25,212
30,0x10,0
12
h.bI −=== 
Cálculo das tensões normais extremas: 
26
4
Z
m/N10x0,6
10x25,2
15,0x000.9
I
y.M
===σ
−
 
 MPa0,6Tmáx =σ MPa0,6Cmáx −=σ 
Cálculo de τmáx: 
ZIb
Q.V
=τ 
25
4máx m/N10x0,31025,2x10,0
)075,0x15,0x10,0(x000.6
==τ
−
 
 
5) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. 
Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. 
 
 
 
 
Cálculo das coordenas do centróide: 
 
 
0z
_
= 
m26,0
10,0x55,030,0x15,0
35,0x10,0x55,015,0x30,0x15,0
AA
yAyA
y
21
2
_
2
_
11
_
=
+
+
=
+
⋅+⋅
= 
 
Cálculo de IZ: 
+−+= 2
3
Z )05,014,0(x10,0x55,012
10,0x55,0I 
 
432
3
m10x373,1)15,026,0(x30,0x15,0
12
30,0x15,0
−
=−+ 
 
 
 
 
2
3e m/N5,698.91710x373,1
)14,0(.x000.9
−=
−
=σ
−
 
2
3f m/N2,297.704.110x373,1
)26,0(.x000.9
==σ
−
 
2
3g m/N0,799.61110x373,1
)14,0(.x000.6
=
−−
=σ
−
 
2
3h m/N1,198.136.110x373,1
)26,0(.x000.6
−=
−
=σ
−
 
 MPa70,1Tmáx =σ MPa14,1Cmáx −=σ 
Cálculo de τmáx: 
2
3máx m/N8,705.14710x373,1x15,0
13,0x26,0x15,0x000.6
==τ
−
 
6) A viga abaixo está solicitada pela força P atuando no plano de simetria vertical. 
Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. 
 
 
Cálculo das coordenadas do centróide: 
 
 
 
 
 
0z
_
= 
mm73,82
800.8
000.728
20x2402x100x20
110x20x2402x50x100x20y
_
==
+
+
= 
 
+





−+= 2x)5073,82(x100x20
12
100x20I 2
3
Z 
 
462
3
mm10x348,11)1027,37(x20x240
12
20x240
=−+ 
 
Cálculo das tensões normais extremas: 
 
2
6tmáx mm/N39,27310x348,11
73,82x000.500.37
==σ 
2
6cmáx mm/N16,12310x348,11
)27,37(x000.500.37
−=
−
=σ 
Cálculo de τmáx: 
2
6máx mm/N54,710x348,11x40
)2x365,41x20x73,82(x000.25
==τ 
 
 
 
 
 
Convenção de sinais para os momentos fletores yz MeM : 
 
 
 
 
 
Exercícios item 6.7: 1) Uma viga em balanço com 4,0 m de comprimento está solicitada por 
duas forças: F1 (vertical) e F2 (horizontal). Calcule na seção transversal do engaste as tensões 
normais extremas e o ângulo (φ) que a L. N. forma com o eixo z. 
 Dados: F1 = 15.000 N; F2 = 27.000 N 
 
 
 
 
Momentos fletores na seção transversal do engaste My e Mz: 
m.N000.108000.27x4Fx4M 2y === 
m.N000.60000.15x4Fx4M 1z === 
 
My é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo z. 
Mz é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo y (comprime em baixo). 
 
A linha neutra do momento fletor My coincide com o vetor momento porque o eixo y é um eixo 
principal de inércia (ΙZY =0). 
A linha neutra do momento fletor Mz coincide com o vetor momento porque o eixo z é um eixo 
principal de inércia (ΙZY =0). 
 
 
 
12
30,0x20,0I
3
z =
44
z m10x5,4I −=→ 
 
12
20,0x30,0I
3
y =
44
y m10x0,2I
−
=→ 
 
 
Cálculo da tensão normal na seção transversal do engaste: 
 
 
 =σ 
z
z
I
y.M
 
y
y
I
z.M
+ 
 
=σ 410x5,4
y000.60
−
− 410x0,2
z000.108
−
− 
 
 
 
 
 
=σa 410x5,4
)15,0(000.60
−
−− 410x0,2
)10,0(000.108
−
−
− = 
26 m/N10x74 
=σ b 410x5,4
)15,0(000.60
−
− 410x0,2
)10,0(000.108
−
− = 
26 m/N10x74− 
 
 
Na linha neutra =σ 0. 
 
=0 410x5,4
y000.60
−
− 410x0,2
z000.108
−
− 
 
Para z = 0 → y = 0, portanto, a linha neutra passa pelo centróide. 
 
Para z = 0,10 m → y = −−−− 0,405 m 
 
 
 
 
o13,76)05,4(arctg
10,0
405,0
tg ==φ→=φ 
 
2) Sendo dados P = 9.800 N e θ = 72º calcule na seção transversal do engaste: 
a) as tensões normais extremas; 
b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Decompondo-se o vetor momento nas direções principais de inércia: 
 
m.N281.37M18cosMM z
o
z =→= 
 
 
m.N113.12M18MsenM y
o
y =→= 
 
 
 
 
Outra forma de calcularem-se os momentos fletores yz MeM : decompondo-se a força P 
 
 
 
No engaste têm-se os seguintes momentos fletores: 
 
m.N281.37M0,472sen800.90,4PM zoyz =→⋅⋅=⋅= 
 
m.N113.12M0,472cos98000,4PM yozy =→⋅⋅=⋅= 
 
 
 
 
=σ x 
z
z
I
y.M
 
y
y
I
z.M
+ 
 
 
 
=σ x 
12
5,02,0
y281.37
3
⋅
− 
12
2,05,0
z113.12
3
⋅
+ 
 
 
z10x34,36y10x89,17 66x +−=σ 
 
a) 2666ax m/N10x11,8)10,0(10x34,36)25,0(10x89,17 =+−−=σ 
 
 
2666b
x m/N10x11,8)10,0(10x34,36)25,0(10x89,17 −=−+−=σ 
 
b) Na linha neutra σ = 0 
z10x34,36y10x89,170 66 +−= 
 
0y0zPara =→= 
 
m203,0ym1,0zPara =→= 
 
 
 
o8,63)03,2(tgarc
1,0
203,0
tg =φ→=φ→=φ 
 
 
 Na flexão oblíqua a linha neutra não coincide com o vetor momento, portanto, a L.N. é 
obliqua ao plano que contém o carregamento e o centróide. 
 
 
Exercício sobre flexão de viga constituída de dois materiais (item 6.8): A viga abaixo é 
composta por madeira (150 mm x 250 mm) e por uma lâmina de aço (150 mm x 10 mm). 
Calcule as tensões normais máximas no aço e na madeira. 
Dados: Εs = 205 GPa; ΕM = 10,25 GPa 
 
 
 
 20
25,10
205
E
E
n
m
s
=== 
 
 
 
Cálculo das coordenadas do centróide colocando-se o sistema de referência na face superior: 
 mm78,182
103000150250
255103000125.150250y
_
=
⋅+⋅
⋅⋅+⋅
= 
 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z do centróide: 
 
 
 
2
3
z )12578,182(25015012
250150I −⋅+⋅= 2
3
)522,77(103000
12
103000
−⋅+
⋅
+ 
 
 
46
z mm10x23,477I = 
 
Cálculo do momento fletor máximo: 
 
mm.N10x25
4
000.5x000.20
4
LPM 6máx ==
⋅
= 
Cálculo das tensões normais máximas: =σ 
zI
y.M
 
 
2
6
6
M mm/N58,91023,477
)78,182(1025
−=
⋅
−⋅
=σ 
 
2
6
6
S mm/N90,80201023,477
)22,77(1025
=⋅
⋅
⋅
=σ 
 
Exercício sobre flexão de viga de concreto armado (item 6.9): Calcule a tensão normal 
máxima no concreto e nas barras de aço da viga abaixo. A armadura é constituída de duas 
barras de aço com diâmetro Φ = 30 mm. 
Dados: Εs = 205 GPa; ΕC = 13,667 GPa 
 
 15
667,13
205
E
E
n
c
s
=== 
 mN000.70
8
8x750.8
8
LqM
22
máx ==
⋅
= 
23232
S m10x4137,1)1015(2R2A −− =⋅pi=pi= 
 
 
 
Seção equivalente (seção homogeneizada): 
 
 
Cálculo da coordenada 
_
y do centróide: 
 








−+= 1
nA
bd21
b
nAy
s
s
_
 
 








−
⋅
⋅⋅
+
⋅
=
−
−
1
10x4137,115
5,025,021
25,0
10x4137,115y 3
3
_
 
 
de onde: m219,0y
_
= 
 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: 
 
2
__
s
3__
)yd(nA
12
yb4I −+= 
 
4323
3
m10x55,2)219,050,0(10x4137,115
12
)219,0(25,04I −− =−⋅+⋅⋅= 
Cálculo da tensão normal no concreto e nas barras de aço: 
 =σ 
zI
y.M
 
 MPa01,6
1055,2
)219,0(000.70
3C −=
⋅
−
=σ
−
 
 MPa71,11515
1055,2
)281,0(000.70
3S =⋅
⋅
=σ
−
 
 
 
 
 
Exercícios sobre flexão composta (item 7.1): 1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais 
extremas e a posição da linha neutra. 
Dado: F = 100.000 N 
 
 
Reduzindo a força F ao centróide tem-se: 
 
MZ = 100.000 (N) x 100 (mm) = 1,0 x 107 N.mm 
y
y
z
z
I
zM
I
yM
A
F
 
⋅
+
⋅
+=σ 
12
400x200
y10x0,1
400x200
100.000
 3
7
⋅
−−=σ 
y10x375,91,25 3 ⋅−−=σ − 
 
Cálculo das tensões normais extremas: 
23
Tmáx mm/N625,0)200(10x375,91,25 =−−−=σ − 
23
Cmáx mm/N125,3)200(10x375,91,25 −=−−=σ − 
 
Equação da linha neutra: σ = 0 
y10x375,91,25 0 3 ⋅−−= − 
mm133,33
10x375,9
1,25
 y 3 −=
−
=
−
 
 
 
Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no engaste. Calcule 
também a tensão de cisalhamento máxima. 
 
 
 
Seção transversal do engaste: 
Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m 
 
 
 
z
z
I
yM
A
F
 
⋅
+=σ 
12
5,0x25,0
y23600
5,0x0,25
150.000
 3
⋅
−−=σ 
y10x06,910x1,2 66 ⋅−−=σ 
 
Cálculo das tensões normais: 
MPa06,1)25,0(10x06,910x1,2 66f =−⋅−−=σ 
MPa46,3)25,0(10x06,910x1,2 66g −=⋅−−=σ 
 
• Equação da linha neutra: σ = 0 
y10x06,910x1,2 0 66 ⋅−−= 
m13,0
10x06,9
10x1,2
 y 6
6
−=
−
= 
 
Cálculo de τmáx: 
ZIb
QV
 
⋅
⋅
=τ 
2
3máx m/N000.9610x604,2x25,0
0,125x0,25x0,25x8.000
 ==τ
−
 
 
Exercício 3) Um pilar está solicitado por uma força de compressão F = 25.000 N. Calcule: 
a) as tensões normais extremas; 
b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. 
Dados: a = 40 mm; b = 30 mm 
 
 
 
 
Reduzindo a força F ao centróide, tem-se: 
 
o13,53)33,1(tanarc
30
40
 
b
a
tan =θ→=θ→==θ 
mm.N10x25,1 )mm(50x)N(000.25M 6== 
O vetor momento M deve ser decomposto nas direções principais de inércia (direções z e y). 
 
 
mm.N10x0,1 )87,36(cosMM 6oz == 
mm.N000.750 )87,36(senMM oy == 
 
Outra forma de calcularem-se :MeM yz 
 
mm.N10x0,1)mm(40x)N(000.25 a.PM 6z === 
mm.N000.750 )mm(30x)N(000.25b.PM y === 
O momento fletor Mz é positivo (traciona o sentido positivo do eixo y) 
O momento fletor My é positivo (traciona o sentido positivo do eixo z) 
 
 
y
y
z
z
I
zM
I
yM
A
F
 
⋅
+
⋅
+=σ 
12
120x200
z750000
12
200x120
y10x1
200x120
25000
 33
6
⋅
+
⋅
+−=σ 
z10x6,2y10x25,11,04 22 −− ++−=σ 
 
a) 
)60(10x6,2)100(10x25,11,04 22f −+−+−=σ −− 
 MPa85,3N/mm3,85 2f −=−=σ 
 )60(10x6,2)100(10x25,11,04 22g −− ++−=σ 
 MPa77,1N/mm1,77 2g ==σ 
 
b) Linha neutra: σ = 0 
 
 
z10x6,2y10x25,11,04 0 22 −− ++−= 
Para y = 0: 
 mm40zz10x6,204,1 2 =→= − 
Para z = 0: 
 mm2,83yy10x25,104,1 2 =→= − 
 
o3,6408,2)mm(40
)mm(2,83
tan =φ→==φ 
 
Exercício 4) Um pilar, de seção transversal circular, está solicitado por uma força de compressão F = 
200.000 N. Calcule: 
a) as tensões normais extremas; 
b) a posição da linha neutra. 
Dados: a = 80 mm; b = 60 mm 
 
 
 
 
 M = 200.000 (N) x 100 (mm) = 2,0x 107 N.mm 
 
Existem infinitos eixos de simetria passando pelo centróide de uma área circular. Todos estes eixos são 
eixos principais de inércia. Desta forma o eixo z pode ser girado até encontrar a direção do vetor momento 
M. 
 
 
 
'z
'z
I
'yM
A
F
 
⋅
+=σ 
A força F é negativa (compressão) e o momento fletor Mz’ é negativo (porque comprime o sentidopositivo 
do eixo 'y ). 
64
)300(
'y10x0,2
150
200.000
 4
7
2 pi
⋅
−
⋅pi
−=σ 
'y10x03,52,83 2−−−=σ 
 
a) 
 
22
f mm/N71,4)150(10x03,52,83 =−−−=σ − 
22
g mm/N4,10)150(10x03,52,83 −=−−=σ − 
b) 
'y10x03,52,83 0 2−−−= 
mm3,56'y −= 
 
 
 
 
Exercícios sobre núcleo central (item 7.2): 1) Calcule a área de um pilar, com seção transversal circular, 
na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração 
(compressão). 
 
 
 
nA = Área do núcleo central: 222n mm5,196325RA =pi=pi= 
tA = Área total do pilar: 222t mm9,415.31100RA =pi=pi= 
totaláreada%25,6A0625,0
9,415.31
5,1963
A
A
n
t
n
=→== 
 
2) Calcule a área de um pilar, com seção transversal retangular, na qual uma força de compressão (tração) 
pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão). 
 
 
 
nA = Área do núcleo central: 2n mm000.52x2
100x50A == 
tA = Área total do pilar: 2t mm000.90600x150A == 
totaláreada%56,5A0556,0
000.90
000.5
A
A
n
t
n
=→== 
 
 
Exercícios do item 8.4: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão do ponto A; 
d) a deflexão do ponto d. 
 
 
1ª solução: Colocando-se o sistema de referência no ponto A: 
 
 )x(M )x(vIE || −= 
 )Lx0(x.P )x(M ≤≤−= 
 x.P )x(vIE || += 
 1
2| C
2
xP
 )x(vIE += 
Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 
2
PLC0C
2
LP
 )L(vIE
2
11
2|
−=→=+= 
a) 
2
PL
2
xP
 )x(vIE
22|
−= 
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 
 
 2
23
C
2
xPL
6
xP
 )x(vIE +−= 
Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 
3
PL
2
PL
6
PLC0C
2
LPL
6
LP)L(vIE
333
22
23
=+−=→=+−= 
b) 
3
PL
2
xPL
6
xP
 )x(vIE
323
+−= 
 
c) 
3
PL
2
0PL
6
0P
 )0(vIE
323
+−= 
IE3
PL
 v)0(v
3
A == 
d) ( )
3
PL
2
)2L(PL
6
2LP
 )2L(vIE
323
+−= 
 
3
333
PL
48
)16121(
3
PL
4
PL
48
PL)2/L(EIv +−=+−= 
 
EI48
PL5
v)2/L(v
3
d == 
2ª solução: Colocando-se o sistema de referência no engaste: 
 
 
PVe PLM:apoiodeaçõesRe BB == 
)Lx0(x.P PLxVM)x(M BB ≤≤+−=+−= 
 )x(M )x(vIE || −= 
 x.PPL )x(vIE || −= 
 1
2| C
2
xP
 xPL)x(vIE +−= 
Os engastes impedem rotações, então: 0)0(v | = 
0C0C
2
0P
 0PL)0(vIE 11
2|
=→=+−= 
a) 
2
xP
 xPL)x(vIE
2|
−= 
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 
 2
32
C
6
Px
2
xLP
 )x(vIE +−= 
Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)0(v = 
0C0C00)0(vIE 22 =→=+−= 
 
b) 
6
Px
2
xLP
 )x(vIE
32
−= 
c) 3
32
PL)
6
13(
6
PL
2
LPL
 )L(vIE −=−= 
IE3
PL
 v)L(v
3
A == 
d) ( ) 33332 PL)
48
16(
48
PL
8
PL
6
)2/L(P
2
2LLP
 )2L(vIE −=−=−= 
 
EI48
PL5
v)2/L(v
3
d == 
 
2) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão do ponto A; 
d) a deflexão do ponto d. 
 
 
 )Lx0(
2
qx
 )x(M
2
≤≤−= 
 
2
qx
 )x(vIE
2|| += 
 1
3| C
6
qx
 )x(vIE += 
Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 
6
qLC0C
6
Lq
 )L(vIE
3
11
3|
−=→=+= 
a) 
6
qL
6
xq
 )x(vIE
33|
−= 
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 
 2
34
C
6
xqL
24
xq
 )x(vIE +−= 
 
Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 
8
qL
6
qL
24
qLC0C
6
LqL
24
Lq)L(vIE
444
22
34
=+−=→=+−= 
b) 
8
qL
6
xqL
24
xq
 )x(vIE
434
+−= 
c) 
8
qL
6
0qL
24
0q
 )0(vIE
434
+−= 
IE8
qL
 v)0(v
4
A == 
d) 
8
qL
6
)3/L(qL
24
)3/L(q
 )3/L(vIE
434
+−= 
 
4
444
qL
1944
)2431081(
8
qL
18
qL
1944
qL)3/L(EIv +−=+−= 
 
EI243
qL17
EI1944
qL136
v)3/L(v
44
d === 
 
3) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão máxima; 
d) a rotação nos apoios. 
 
 
)Lx0(
2
qx
x
2
qL
2
qx
x V)x(M
22
A ≤≤−=−= 
 
2
qx
x
2
qL
 )x(vIE
2|| +−= 
 1
3
2| C
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE ++−= 
 21
4
3 CxC
24
qx
x
12
qL
 )x(vIE +++−= 
 
Condições de contorno (ou condições de extremidades): 
 
 
 0)0(v = e 0)L(v = 
 0C0C0C
24
0q0
12
qL
 )0(vIE 221
4
3
=→=+++−= 
 0LC
24
qLL
12
qL
 )L(vIE 1
4
3
=++−= 
 
24
qLC
24
qL
12
qL
 LC
3
1
44
1 =→−= 
a) 
24
qL
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE
33
2| ++−= 
b) x
24
qL
24
qx
x
12
qL
 )x(vIE
34
3 ++−= 
c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga: 
 
 )2/L(
24
qL
24
)2/L(q)2/L(
12
qL
 )2/L(vIE
34
3 ++−= 
 
4
444
qL
384
)814(
48
qL
384
qL
96
qL
 )2/L(vIE ++−=++−= 
 
IE384
qL5
 )2/L(vv
4
máx == 
 
Observação: Para vigas bi-apoiadas a deflexão máxima ocorre onde 
0)x(v| = 
0
24
qL
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE
33
2|
=++−= 
De onde: 
 0LxL6x40
24
L
x
4
L
 
6
x 323
3
2
3
=+−→=+− 
A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são: 
X1 = 1,366L 
X2 = 0,5L 
X3 = − 0,366L 
d) Rotação nos apoios: )x()x(v| θ≅ 
 
IE24
qL)0(v
24
qL
6
0q0
4
qL
 )0(vIE
3
A
|332|
=θ≅→++−= 
 
IE24
qL)L(v
24
qL
6
qLL
4
qL
 )L(vIE
3
B
|332|
−=θ≅→++−= 
 
 
 
4) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão no meio do vão; 
d) a deflexão máxima; 
 
 
 
6
qLV0
3
L
2
qLLV0M AAB =→=⋅−→=∑ 
 
3
qLV0
3
L2
2
qLLV0M BBA =→=⋅−−→=∑ 
)Lx0(
L6
qx
x
6
qL
L6
qx
x V)x(M
33
A ≤≤−=−= 
 
L6
qx
x
6
qL
 )x(vIE
3|| +−= 
 1
4
2| C
L24
qx
x
12
qL
 )x(vIE ++−= 
 
 21
5
3 CxC
L120
qx
x
36
qL
 )x(vIE +++−= 
 
Condições de contorno (ou condições de extremidades): 
 
 0)0(v = e 0)L(v = 
 
 0CC0C
L120
0q0
36
qL
 )0(vIE 221
5
3
=→+++−= 
 0LC
L120
qLL
36
qL
 )L(vIE 1
5
3
=++−=
 
360
qL7C
120
qL
36
qL
 LC
3
1
44
1 =→−= 
a) 
360
qL7
L24
qx
x
12
qL
 )x(vIE
34
2| ++−= 
b) x
360
qL7
L120
qx
x
36
qL
 )x(vIE
35
3 ++−= 
c) )2/L(
360
qL7
L120
)2/L(q)2/L(
36
qL
 )2/L(vIE
35
3 ++−= 
 
IE768
qL5
 )2/L(v
4
= 
d) A deflexão máxima ocorre onde v| (x) = 0 
 0
360
qL7
L24
qx
x
12
qL
 )x(vIE
34
2|
=++−= 
 Multiplicando a expressão acima por 360L, tem-se: 
0L7 x15xL30 4422 =++− 
Chamando de : 2xa = 
 0L7 a15aL30 422 =++− 
As raízes da equação do segundo grau acima são: 
2
2
2
1
L27,0a
L73,1a
=
=
 
ax = 
L32,1L73,1x 2
2
1 ±=±= 
L52,0L27,0x 2
4
3 ±=±= 
Portanto, a deflexão máxima vai ocorrer na coordenada x = 0,52L: 
)L52,0(
360
qL7
L120
)L52,0(q)L52,0(
36
qL
 )L52,0(vIE
35
3 ++−= 
 
 
EI
qL00652,0
 v)L52,0(v
4
máx == 
 
 
 
 
 
 
 
5) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo. IE = constante. 
Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m 
 
 
 
 
43
33
m10x083,2I
12
)5,0(20,012
hbI −=→⋅== 
EI
qL00652,0
 v
4
máx = 
 m10x3,1
10x083,2x10x120
)5(x000.80x00652,0
v 339
4
máx
−
−
== 
 
 
 
6) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão máxima; 
d) a deflexão do ponto de aplicação da força P. 
 
 
Trecho 1: )2/Lx0(0)x(M ≤≤= 
 0 )x(vIE || = 
 1
| C )x(vIE = 
 21 CxC )x(vIE += 
Trecho 2: )2/Lx0(Px)x(M ≤≤−= 
 xP )x(vIE || = 
 3
2| C
2
Px
 )x(vIE += 
 43
3
CxC
6
Px
 )x(vIE ++= 
Condições de contorno: 
 
Para x = L/2 do trecho 2: v| (L/2) = 0 e v(L/2) = 0 
 
8
PLC0C
2
)2/L(P
 )2/L(vIE
2
33
2|
−=→=+= 
0C)2/L(
8
PL
6
)2/L(P
 )2/L(vIE 4
23
=+−= 
 
24
PLC
16
PL
48
PL
 C
3
4
33
4 =→+−= 
 
3ª condição de contorno: 
Em função da continuidade da linha elástica: 
 
 2Trecho
|
1Trecho
| )0(vIE)2/L(vIE = 
 
 
8
PLCC
2
0PC
2
13
2
1 −=→+= 
4ª condição de contorno: 
 2Trecho1Trecho )0(vIE)2/L(vIE = 
 43
3
21 C)0(C6
)0(P
 C)2/L(C ++=+ 
 
24
PL
 C)2/L(
8
PL 3
2
2
=+− 
 
48
PL5
16
PL
24
PL
 C
333
2 =+= 
a) Trecho 1: 
8
PL
 )x(vIE
2|
−= 
Trecho 2: 
8
PL
2
Px
 )x(vIE
22|
−= 
b) Trecho 1: 
48
PL5
x
8
PL
 )x(vIE
32
+−= 
Trecho 2: 
24
PL
x
8
PL
6
Px
 )x(vIE
323
+−= 
c) 
48
PL50
8
PL
 )0(vIE
32
+−= 
IE48
PL5
 v
3
máx = 
 
d) Para calcular a deflexão do ponto de aplicação da força P pode-se usar a equação de 
v(x) para x = L/2 do trecho 1 ou a equação de v(x) do trecho 2 para x = 0: 
 
24
PL0
8
PL
6
0P
 )0(vIE
323
+−= 
IE24
PL
 )0(v
3
= 
7) Determine a deflexão do ponto A. IE = constante. 
 
)Lx0(
2
qxPx)x(M
2
≤≤−−= 
 
3
PL
2
xPL
6
xP
 )x(vIE
323
+−=
8
qL
6
xqL
24
xq
 
434
+−+ 
3
PL
2
0PL
6
0P
 )0(vIE
323
+−=
8
qL
6
0qL
24
0q
 
434
+−+ 
IE8
qL
IE3
PL
 v)0(v
43
A +== 
É válido o princípio da superposição dos efeitos para o cálculo de flechas. 
 
8) Determine a deflexão no meio da viga. IE = constante. 
 
Trecho 1: )2/Lx0(x
2
P)x(M ≤≤= 
 x
2
P)x(vIE || −= 
 1
2| Cx
4
P
 )x(vIE +−= 
 21
3 CxCx
12
P
 )x(vIE ++−= 
Condições de contorno: 
• Para x = L/2: v| (L/2) = 0 
16
PLC0C)2/L(
4
P
 )2/L(vIE
2
11
2|
=→=+−= 
• Para x = 0: v(0) = 0 
0C0C0
16
PL0
12
P
 )0(vIE 22
2
3
=→=++−= 
Então: )2/Lx0(x
16
PL
x
12
P
 )x(vIE
2
3 ≤≤+−= 
Cálculo da deflexão no meio do vão: 
3
332
3 PL
96
)31(
32
PL
96
PL)2/L(
16
PL)2/L(
12
P
 )2/L(vIE +−=+−=+−= 
IE48
PL)2/L(v
3
= 
 
9) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do módulo de 
elasticidade da viga abaixo. IE = constante. 
 
 
 
IE48
PL
v
3
máx = 
44
3
z m10x375,312
30,015,0I −=⋅= 
4
3
10x375,3E48
)4,6(26000006,0
−
⋅⋅
= 
29 m/N10x12,70E = 
ou: GPa12,70E = 
 
10) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo devida ao peso próprio. A viga é de aço e 
tem seção transversal em forma “ I ”. 
Dados: γs = 77 kN/m3; Ιz = 4,16x10 − 5 m4; Εs = 205 GPa; IE = constante. 
 
 
 
 
A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal: 
 
2mm000.3300x62x100x6A =+= 
 
 
Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− == 
m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= − 
 
m10x31,2
10x16,4x10x205x384
9x231x5
IE384
qL5
v 359
44
máx
−
−
=== 
 
11) Sendo IE = constante determine a deflexão máxima e a rotação nos apoios. 
 
 x
L
M
xV)x(M A == 
 x
L
M
 )x(vIE || −= 
 1
2| C
L2
xM
 )x(vIE +−= 
 21
3
CxC
L6
Mx)x(vIE ++−= 
Condições de contorno: v(0) = 0 e v(L) = 0: 
0C0C0C
L6
0M)0(vIE 221
3
=→=++−= 
6
MLC0LC
L6
ML)L(vIE 11
3
=→=+−= 
Então: 
6
ML
L2
xM
 )x(vIE
2| +−= 
 x
6
ML
L6
Mx)x(vIE
3
+−= 
 
A deflexão máxima ocorre onde v|(x) = 0 
0
6
ML
L2
xM
 )x(vIE
2|
=+−= 
L58,0
3
L
x
6
L2
x
6
L
L2
x
 
22
2
2
±==→=→−=− 
2
3
ML064,0)L58,0(
6
ML
L6
)L58,0(M)L58,0(vIE =+−= 
 
EI
ML064,0
v)L58,0(v
2
máx == 
 
 
 
Rotação nos apoios: 
EI6
ML)0(v
6
ML
L2
0M
 )0(vIE |
2|
=→+−= 
EI3
ML)L(v
6
ML
L2
LM
 )L(vIE |
2|
−=→+−= 
 
12) Sabendo que a deflexão do ponto d é igual a 11 mm calcule o módulo de elasticidade da 
viga. IE = constante. 
 
 
)2/Lx0(x
16
PL
x
12
P
 )x(vIE
2
3 ≤≤+−= 
Para x = 2,0 m, tem-se: 
P833,3)0,2(
16
)0,6(P)0,2(
12
P
 )0,2(vIE
2
3
=+−= 
43
3
m10x0667,1
12
40,0x20,0
 I −== 
17000833,3011,010x0667,1E 3 ⋅=⋅⋅ − 
 
GPa55,5m/N10x55,5E 29 == 
 
Exercícios do item 8.6: 1) Construa os diagramas de esforços internos (momento fletor e 
força cortante) da viga abaixo. Ε Ι = constante. 
 
 
0LqVV0F BAY =⋅−+→=∑ 
0MLV
2
LLq0M BBA =+⋅−⋅⋅→=∑ 
Vamos retirar o apoio A (a viga fica isostática) e determinar o deslocamento que este apoio 
está impedindo: 
 
 
Colocando-se o apoio A 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
 
8
Lq3V
EI8
qL
EI3
LV
A
43
A
=→= 
As outras duas reações são obtidas com as equações de equilíbrio: 
8
Lq5V
8
qL3LqVLqV BAB =→−⋅=−⋅= 
 
8
qLML
8
qL5
2
qLM
2
B
2
B =→⋅+−= 
 
 
 
 
Com o sistema de referência com origem no apoio A, tem-se: 
)Lx0(xqV)x(Ve
2
qx
xV)x(M A
2
A ≤≤−=−⋅= 
 
O momento fletor máximo positivo ocorre onde V(x) = 0: 
 
q8
qL3
q
V
x0xqV AA ==→=− 8
L3
x =→ 
128
qL9
2
)8L3(q)8L3(
8
qL3)8L3(MM
22
máx =−== 
 
2) Determine a força (F) de tração na mola. Ε Ι = constante. 
 
 
Retirando-se a mola da viga: 
 
 
 
A mola aplica uma força F na viga em sentido contrário da força P: 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
EI3
PL
EI3
FL 3
M
3
=δ+ 
Lei de Hooke para molas: MkF δ⋅= 
EI3
PL
k
F
EI3
FL 33
=+ 
Multiplicando a expressão acima por IE3 : 
 
33 PL
k
FIE3FL =+ 33 PL
k
EI3LF =





+→ 
De onde: 
k
EI3L
PLF
3
3
+
= 
Análise de casos extremos: 
 
 Se: =→∞= FIE 0 
 Se: =→= F0IE P 
 Se: =→∞= Fk P 
 Se: =→= F0k 0 
 
 
Exercícios sobre flambagem: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: 
ΕBC = 120 GPa; LBC = 4,0 m. 
 
 
 
 
 
Cálculo da carga crítica do pilar BC: 
( )2fl
min
2
CR
L
IEP pi= 
4
3
min mm500.11212
30x50I == 
 
mm40004000x0,1LKLfl ==⋅= 
 
( ) N5,327.84000
112500x10x120P 2
32
CR =
⋅pi
= 
 
 
A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( CRP ) do 
pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC. 
 
2) Resolva o problema anterior considerando que o pilar BC está engastado no ponto C. 
 
 
Cálculo da carga crítica do pilar BC: 
( )2fl
min
2
CR
L
IEP pi= 
 
mm28004000x7,0LKLfl ==⋅= 
( ) N9,994.162800
112500x10x120P 2
32
CR =
⋅pi
= 
 CRBC PF < , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 
 
3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com 
diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 205 GPa. 
 
 
 
o60)5,0(cosarc
69,0345,0
cos =θ→=θ→=θ 
P155,1
60sen
PF0senFP0F
o22Y
−=−=→=θ+→=∑ 
θ−=→=θ+→=∑ cosFF0cosFF0F 2121X 
P5775,060cos)P155,1(F o1 =−−= 
Cálculo da carga crítica da barra 2: 
 
( )2fl
min
2
CR
L
IEP pi= 
 
49
44
min m10x485,264
)015,0(
64
DI −=pi=pi= 
 
m69,069,0x0,1LKLfl ==⋅= 
 
( ) N560.1069,0
10x485,2x10x205P 2
992
CR =
⋅pi
=
−
 
 
Para que ocorra flambagem da barra 2: F2 = Pcr, então: 
 
 N9,142.9P560.10P155,1 =→= 
 
 
4) A treliça abaixo é formada por quatro barras de aço com seção transversal circular. 
Todas as barras têm o mesmo diâmetro φ = 30 mm e módulo de elasticidade Ε =205 
GPa. Calcule: 
a) a tensão normal na barra CD; 
b) o alongamento da barra AC; 
c) investigue se a barra AB irá flambar. 
 
 
 
 
N4800H06,5x12004,1xH0M DDB =→=−→=∑ 
 
N4800H0HH0F BDBX =→=−→=∑ 
 
Diagrama de corpo livre do nó A: 
 
 
o57,26)5,0(tanarc
8,2
4,1
tan ==θ→=θ 
 
N8,2682F01200senF0F ACACY =→=−θ→=∑ 
 
θ−=→=+θ→=∑ cosFF0FcosF0F ACABABACX 
 
N2400)57,26(cos8,2682F oAB −=−= 
 
 
Diagrama de corpo livre do nó B: 
 
 
BABBCBBCABX
HFcosF0HcosFF0F −−=θ→=+θ+→=∑ 
 N4,683.2)57,26(cos
400.2800.4)2400(cosFBC −=
−
=−−−=θ 
 
0senFV0F BCBY =θ+→=∑ 
 
N1200)57,26(sen)4,2683(V oB =−−= 
 
Portanto, VD = 0. 
a) 2CD2
CD
CD
CD mm/N79,615
4800
A
F
=σ→
⋅pi
==σ 
b) m10x79,5
)015,0(10x205
13,3x8,2682
AE
LFL 529
ACAC
ACAC
AC
−
=
pi⋅
==∆ 
 
c) Cálculo da força crítica da barra AB: 
 
4
44
min mm8,3976064
)30(
64
DI =pi=pi= 
mm56005600x0,1LKLfl ==⋅= 
( ) N3,565.25600
8,39760x10x205
 
L
I
 P 2
32
2
fl
min
2
CR =
⋅pi
=
Εpi
= 
 
FAB = 2.400 N < PCR = 2.565,3 N, portanto, a barra AB não irá flambar. 
 
• Exercícios resolvidos do Anexo 
Exercício 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular. 
 
 
 
h.b
dzdy.y
A
dA.y
y
h
0
b
0A
_ ∫ ∫∫
== [ ] b.
2
h
.
h.b
1
z.
2
y
h.b
1 2b
0
h
0
2
=





= 
de onde: 
2
hy
_
= 
 
h.b
dz.zdy
A
dA.z
z
h
0
b
0A
_ ∫ ∫∫
== [ ]
2
bh
h.b
1
2
z
.y
h.b
1 2
b
0
2
h
0 ⋅⋅=





= 
de onde: 
2
b
z
_
= 
O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área. 
 
Para o sistema de referência acima: 
mmxxz
_
= 
 
 →= 0y
_
 0
A
dA.y
y A
_
==
∫
 
 0dA.y:entãoA A =∞≠ ∫ 
 0dA.yQ
AZ
== ∫ 
O eixo z passa pelo centróide da área A, portanto, o momento estático de uma área 
finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. 
2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do 
centróide. 
 
 
60
60
160
200
2160
200
60
60AZ
z
2
ydz.dy.ydA.yQ
−
−
−
−
− −
⋅=== ∫ ∫∫ 
[ ] [ ] [ ] 120000.40600.25
2
1)60(60)200()160(
2
1Q 22Z ⋅−=−−⋅−−−= 
 
3
Z mm000.864Q −= 
Outra forma de calcular-se o momento estático: 
AyQ
A
Q
y
A
dA.y
y
_
Z
Z
_
A
_
⋅=→=→=
∫
 
3
Z mm000.86412040)180(Q −=⋅⋅−= 
Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo 
 
 
3
_
Z mm000.86436012020AyQ =⋅⋅=⋅= 
3) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do 
centróide. 
 
 
3
_
Z mm000.400.2120200100AyQ =⋅⋅=⋅= 
 
• Demonstração do teorema dos eixos paralelos 
 
2
|ZZ a.AII += 
2
|YY b.AII += 
∫= A
2|
|Z dA)y(I 
[ ]∫∫ ++=+= A 2|2|A 2|Z dAaay2)y(dA)ay(I 
∫ ∫ ∫++= A A A
2|2|
Z dAadAya2dA)y(I 
O momento estático de uma área em relação a um eixo que passa pelo seu centróide é 
nulo, então: ∫ =A
| 0dAy 
 
 
2
|ZZ a.AII += 
 
4) Para a área abaixo, determine: 
a) o momento de inércia IZ 
b) o momento de inércia IY 
 
 
 
a) ∫∫∫
−−
⋅==
2b
2b
2h
2h
2
A
2
Z dzdyydAyI 
⋅=
−
2h
2h
3
Z 3
yI 2b 2bz − 



 −
−⋅







−
−=
2
b
2
b
8
h
8
h
3
1 33
 
 
12
hbIb
8
h
8
h
3
1I
3
Z
33
Z =→⋅







+= 
 
b) ∫∫∫
−−
⋅==
2b
2b
22h
2hA
2
Y dzzdydAzI 
 ⋅=
−
2h
2hY yI
2b
2b
3
3
z
−
 
12
bh 3
= 
 
5) Determine o momento de inércia de uma área circular vazada em relação ao eixo Z. 
 
 
 
 
∫= A
2
Z dAyI onde: drrddA ⋅θ= 
θ=→=θ senry
r
y
sen 
∫ θθ= drrd)rsen(I
2
Z ∫ ∫
pi
θ= e
r
ir
2
0
23 dsendrr 
( )
pi
θθ−θ⋅=
2
0
er
ir
4
Z cossen2
1
4
rI 
( ) ( )[ ])0cos0sen0(2cos2sen2
2
1
4
rr
I
4
i
4
e
Z −−pipi−pi⋅
−
= 
 
( ) ( )
4
rr
I2
2
1
4
rr
I
4
i
4
e
Z
4
i
4
e
Z
−pi
=→pi⋅
−
= 
Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno: 














−




pi
=
4
i
4
e
Z 2
D
2
D
4
I 







−
pi
=
16
D
16
D
4
4
i
4
e
 
 
[ ]4i4eZ DD64I −pi= 
Particularizando para seção cheia (Di = 0): 
 
64
D
I
4
e
Z
pi
= 
Observações: 1ª) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma 
área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam 
pelo centróide são iguais. 
 
 
 
 
2ª ) Não confundir momento de inércia ( I ) com momento de inércia à torção (J ) 
 I é usado na flexão 
 J é usado na torção 
 
 
 
 
64
D
II
4
YZ
pi
== (para seção circular cheia) 
 
222 yzr += 
∫ ∫ ∫∫ +=+== A A A
2222
A
2 dAydAzdA)yz(dArJ 
 ZY IIJ += 32
D
64
D
 
64
D 444 pi
=
pi
+
pi
= 
 
6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “T ” em relação ao eixo 
horizontal (Z) do centróide. 
 
 
 
 
Cálculo das coordenadas do centróide: 
 
 
0z
_
= 
21
_
22
_
11A
_
AA
yAyA
A
ydA
y
+
+
==
∫
10,0x80,020,0x50,0
55,0x10,0x80,025,0x50,0x20,0
+
+
= 
 m383,0
18,0
069,0y
_
== 
 
Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior, tem-se: 
 
 
 
 
=
_
y m217,0
18,0
039,0
10,0x80,020,0x50,0
35,0x50,0x20,005,0x10,0x80,0
==
+
+
 
 
Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura, tem-se: 
 
 
Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos: 
 
 
2|ZZ a.AII += 
2
3
2
3
Z )133,0(x5,0x2,012
5,0x2,0)167,0(x1,0x8,0
12
1,0x8,0I +++= 
 
 
43
Z m10x15,6I −= 
 
7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y 
( YI ). 
 
 
 
 
43
33
Y m10x6,412
20,0x50,0
12
80,0x10,0I −=+= 
 
Exercícios sobre eixos principais de inércia: 1) Calcule os momentos de inércia 
centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia. 
 
 
 
• Cálculo das coordenadas do centróide: 
 
 
 
 
∑
∑
=
=
=
n
1i
i
n
1i
i
_
i
_
A
yA
y 
2,767,122,767,122,767,12
)4,25(2,767,1235,62,767,121,382,767,12
y
_
⋅+⋅+⋅
−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= = 6,35 mm 
 
 
 
 
 
∑
∑
=
=
=
n
1i
i
n
1i
i
_
i
_
A
zA
z 
2,767,122,767,122,767,12
)25,95(2,767,128,502,767,1235,62,767,12
z
_
⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= = 50,8 mm 
 
 
 
 
+
⋅
=
12
2,767,12I
3
Z 
2)75,31(2,767,12 −⋅ +⋅+
12
7,122,76 3
 
 
4
Z
2
3
mm7,612.900.2I)75,31(2,767,12
12
2,767,12
=→⋅+
⋅
 
 
+
⋅
=
12
7,122,76I
3
Y 
2)45,44(2,767,12 −⋅ +⋅+
12
2,767,12 3
 
 
4
Y
2
3
mm0,401.318.4I)45,44(2,767,12
12
7,122,76
=→⋅+
⋅
 
 
+= 0I YZ )45,44()75,31(2,767,12 −⋅−⋅⋅ 45,4475,312,767,120 ⋅⋅⋅++ 
 
 
4
YZ mm7,518.731.2I = 
 
 
• Cálculo de Ι1, Ι2, θ1 e θ2 
 
2
ZY
2
ZYYZ
1 I2
II
2
III +




 −
+
+
= = 6.431.514 mm4 
 
2
ZY
2
ZYYZ
2 I2
II
2
II
I +




 −
−
+
= = 787.499,5 mm4 
 
 
Y1
ZY
1 II
I
tg
−
=θ = 52,27º 
 
 





−
−=θ
2Y
ZY
2 II
I
tg = − 37,73º 
 
 
 
2) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais 
de inércia. 
 
 
 
 
 
• Cálculo das coordenadas do centróide: 
 
 
2,767,122,767,122,767,12
1,382,767,1285,692,767,121,382,767,12y
_
⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= = 48,68 mm 
 
2,767,122,767,122,767,12
25,952,767,128,502,767,1235,62,767,12
z
_
⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= = 50,8 mm 
 
 
 
+⋅







−⋅⋅+
⋅
= 2)1,3868,48(2,767,12
12
2,767,12I 2
3
Z 
 
4
Z
2
3
mm6,889.599.1I)35,652,27(2,767,12
12
7,122,76
=→−⋅+
⋅
 
 
+⋅







−⋅⋅+
⋅
= 2)35,61,38(2,767,12
12
7,122,76I 2
3
y 
 
4
y
3
mm6,359.445.2I
12
2,767,12
=→
⋅
 
 
 
O produto de inércia Ιzy é igual a zero (a área possui um eixo de simetria), então os 
eixos Z e Y são os eixos principais de inércia. 
Ιy é o maior momento de inércia = Ι1 
Ιz é o menor momento de inércia = Ι2 
 
 
 
3) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia principais. 
 
410
33
Z mm10x97,112
400x300
12
800x500I =−= 
49
33
Y mm10x43,712
300x400
12
500x800I =−= 
 YZYZ IeI0I →= são os eixos principais de inércia. 
 
410
Z1 mm10x97,1II == 
49
Y2 mm10x43,7II ==

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