exerciciosceflexaogeral

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
EC 501 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II 
EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL 
 
 
PROF DR. NILSON TADEU MASCIA 
MONITOR:RAQUEL TAIRA 
REVISÃO: DANIELA DE ANDRADE SANTOS 
JULHO 2005 
 
FLEXÃO GERAL 
 
Momentos de segunda ordem de figuras planas: são características geométricas que 
deverão ser determinadas para o estudo da Flexão Geral em seções não simétricas. 
 Por definição temos que: 
inércia. de produtoou z ey a relação em centrífugo momento..
y. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
z. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
2
2
→=
→=
→=
�
�
�
A
yz
A
z
A
y
dAzyI
dAyI
dAzI
 
 
Obs.: Iy e Iz sempre são positivos. 
Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo. 
 
 2
Translação de eixos: 
y’= c + y 
z’ = b + z 
AcII 2z'z += 
AbII yy
2
'
+=
 
AbcII yzzy +='' 
Obs: b e c são coordenadas, possuem sinal 
z'
y'
0
dA
CG
z
y
Figura 1: Translação 
de eixos
 
Rotação de eixos: 
Transformação de coordenadas: 
αα
αα
αα
αα
αα
αα
cossen
sencos
cossen
sencos
:
cossen
sencos
×+×−=
×+×=
��
�
�
��
�
�
−
=
��
�
�
��
�
�
��
�
�
��
�
�
−
=��
�
�
��
�
�
zyv
zyu
MCom
z
y
v
u
 
Onde: M: matriz de transformação de coordenadas 
α: ângulo formado entre o eixo y e o plano principal de inércia u 
 
)sen(cosIcossen)II(I
cosIcossenI2senII
cosIcossenI2senII
22
yzzyuv
2
zyz
2
yv
2
yyz
2
zu
α−α+α×α×−=
α+αα×−α=
α+αα×−α=
 
 
Escrevendo com arcos duplos: 
α+α
−
=
α+α
−
−
+
=
α−α
−
+
+
=
2cosI2sen
2
II
I
2senI2cos
2
II
2
II
I
2senI2cos
2
II
2
II
I
yz
zy
uv
yz
zyzy
v
yz
zyzy
u
 
 
Figura 2: Rotação de eixos 
 
Momentos e planos principais de inércia: 
2
yz
2
zyzy
2
2
yz
2
zyzy
1
I
2
II
2
II
I
I
2
II
2
II
I
+��
�
�
��
�
� −
−
+
=
+��
�
�
��
�
� −
+
+
=
 
 
I1: momento de inércia máximo 
I2: momento de inércia mínimo 
yz
yz
II
I2
2tg
−
=α
 
 
 
Representação gráfica: Círculo de Mohr 
 
2
yz
2
zy2
uv
2
zy
u I2
II
I
2
II
I +��
�
�
��
�
� −
=+��
�
�
��
�
� +
−
 
(x - xo)2 + (y - yo)2 = R2 (equação de uma circunferência) 
2
2
2 yz
zy I
II
R +��
�
�
��
�
� −
=
 , R: raio da circunferência 
20
zy II
x
+
= , x0 : abscissa do centro da circunferência 
 
 
 Figura 3: Círculo de Mohr 
Propriedade: Iy + Iz = Iu + Iv = I1 + I2 = constante 
 
Iij 
I1 I2 C 
 P(Iz + Iyz ) 
Ii 
�� 2
R 
(Iy +Iz )/2 (Iy - Iz )/2 
Legenda: 
Ii: momento de inércia 
Iij: produtos de inércia 
 
FLEXÃO GERAL 
 
Hipóteses: 
1. Material da estrutura é isotrópico (as propriedades elásticas – módulo de elasticidade – 
independem da orientação) e o material segue a Lei de Hooke: ε×=σ E 
2. A distribuição das tensões é linear. 
3. As seções planas permanecem planas após a flexão (Lei de Bernoulli e Navier). 
 
Tipos de flexão: 
��Flexão Pura: atua o momento fletor (M) 
��Flexão Simples: atua o momento fletor e a força cortante (M e V) 
��Flexão Oblíqua: atua o momento fletor em duas direções 
��Flexão Composta: além do momento fletor há força normal atuando (flexo-compressão ou 
flexo-tração) 
 
 
FLEXÃO PURA 
 
Esforço: momento fletor (Mz) 
σ
 = k y 
k = constante 
σ
 = Mz y 
 Iz 
 
 
Figura 4: Diagrama de tensões na flexão pura 
 
 
 
FLEXÃO PURA OBLÍQUA 
 
 
Esforço: momento fletor (M) nas direções u e v 
 
Mv = Mcos θ 
Mu = Msen θ 
σ = Mv u + Mu v 
 Iv Iu 
 
Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo θ. Ou, pode-se pensar de 
outra maneira: Mv > 0 quando Mv traciona em u > 0 e Mu > 0 quando Mu traciona em v > 0. 
 
 
Figura 5: Diagrama de tensões na flexão pura oblíqua 
 
 
LINHA NEUTRA 
 
É o lugar geométrico da seção transversal onde as tensões normais são nulas )0( =σ . 
v
I
M
u
I
M
0v
I
M
u
I
M
u
u
v
v
u
u
v
v
−=
=+
 
v
u
v
u
v
u
v
u
vu
uv
I
I
tan
1
tanu
I
I
tanv
u
I
I
tan
1
v
u
I
I
IsenM
cosM
u
IM
IM
v
θ
−=β�β=
θ
−=
θ
θ
−=−=
 
β: ângulo entre a linha neutra e o eixo u 
 
 
FLEXÃO COMPOSTA 
 
A força N é paralela ao eixo x e é excêntrica. 
Se: 
N > 0 � flexo-tração (ex.: barras de treliça) 
N < 0 � flexo-compressão (ex.: pilares) 
 
e: excentricidade, θ:ângulo entre o eixo v e o momento fletor 
 
 
Figura 6: Flexão composta. 
 
Superposição de efeitos: 
Figura 7: Superposição dos efeitos de N e M. 
Tensões Normais: 
v
I
M
u
I
M
A
N
u
u
V
v
B
A
BA
+=σ
=σ
σ+σ=σ
 
M = Ne 
 
e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção 
 
v
I
Ne
u
I
Ne
A
N
esene
cosee
NesenM
cosNeM
u
v
v
u
v
u
v
u
++=σ
θ=
θ=
θ=
θ=
 
 
 
 
NÚCLEO CENTRAL 
 
Núcleo central (NC) é a região da figura plana (seção transversal) onde, aplicada uma 
carga, a sua linha neutra não corta a seção. Conseqüência disso é que as tensões normais serão 
de compressão ou somente de tração e podemos usar materiais que resistem apenas aqueles 
esforços. 
 
Características do NC: 
1. Cada figura plana tem um núcleo central próprio que é um polígono e não depende da 
carga aplicada; 
 
2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do 
polígono que constitui o núcleo central; 
 
 
3. O ponto de aplicação da força axial e a LN conseguinte ficam em semi-planos opostos 
delimitados pelos eixos centrais de inércia; 
 
4. O NC terá tantos lados quanto forem os lados (ou vértices) do polígono convexo 
circunscrito; 
 
 
5. Os vértices são chamados de antipolos. 
 
 
 Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos 
da figura formando o núcleo central. 
u
tanI
I
Ae
I
v
v
I
e
u
I
e
A
1N0
v
I
Ne
u
I
Ne
A
N0
v
u
v
u
u
v
v
u
u
v
v
u
θ
−−=
��
�
�
��
�
�
++=
++=
 
 
 
Construção do núcleo central: 
 
��P de compressão 
Au
I
eLN
u
I
Pe
A
P
u
I
M
A
P
v
u
v
v
v
v
−=→
−−=σ
+=σ
Figura 9: Determinação do núcleo central 
 para P de compressão. 
 
��P de tração 
Au
I
eLN
u
I
Pe
A
P
u
I
M
A
P
v
u
v
v
v
v
−=→
++=σ
+=σ
 
 
 
 
A
1
u
I
e
v
I
e
v
I
e
u
I
e
A
10LN
v
I
Pe
u
I
Pe
A
P
0M,0M,v
I
M
u
I
M
A
P
v
v
u
u
u
u
v
v
u
u
v
v
vu
u
u
v
v
−=+
++==σ→
++=σ
≥≥++=σ
Figura 10: Determinação do núcleo 
central para P de tração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
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������
	
��� �������	�
���
�
��
���	����������
����	����
�����������	
��
���
 
 
����	������
�
�
�
Solução: 
����	�����
 
 
- Cálculo do CG 
 
( )[ ] ( ) ( )
( ) ( ) ( ) cm,yy 13193020702023020
3530201070203023020
=�
⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=
 
 
( )[ ] ( ) ( )
( ) ( ) ( ) cm,z
,
z 8337
3020702023020
60302035702067623020
=�
⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=- Cálculo dos Momentos de Inércia 
 
���
 
���
 
��
 
��
 
��
 
� 
� 
�� 
� !��
 
�"!#�
�
 
� 
� 
2 
�!$��� 
����
 
�����
 
#���
 
%���
 
( ) ( ) ( )20301722
12
20307020832
12
7020
2
30201631
36
2030 232323
⋅⋅+
⋅
+⋅⋅+
⋅
+
⋅
⋅+
⋅
= ,,,I y 
481,1195734 cmI y =� 
 
( ) ( ) ( )20308715
12
30207020139
12
2070
2
30208710
36
3020 232323
⋅⋅+
⋅
+⋅⋅+
⋅
+
⋅
⋅+
⋅
= ,,,I z 
454,409927 cmI z =� 
 
( ) ( ) ( ) 203017228715070208321390
2
302016318710
72
3020 22
⋅⋅−⋅−++⋅⋅⋅++
⋅
⋅⋅−+
⋅
−= ,,,,,,I yz
 
404140663 cm,I yz =� 
 
- Cálculo das Direções Principais 
 
�85,9'
81,119573454,409927
04,140663222 −=�
−
⋅
=
−
⋅
= αα
yz
yz
II
I
tg
 
��� 158090859 ,,'' =+−=α� 
 
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
=
2
2
2212 yz
zyzy I
IIII
I
	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
13,385507
21,1220255
cmI
cmI
 
 
 
��� �������	�&�!�&�!�α'�
�α''��
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
����	������
3 
�
 
��
 
(!(�
 
$!## 
�$
 
��!$ 
 
�
 
� 
� 
� 
Solução: 
 
- Cálculo do CG 
 
cm,y
,
,,y 885
1251115
012651151015
=�
++
⋅+⋅+⋅
=
 
 
cm,z
,
,
z 606
1251115
6128511615
=�
++
⋅+⋅+⋅
=
 
 
 
- Cálculo dos Momentos de Inércia 
 
 dividindo a seção nas áreas 1,2 e 3 
temos: 
 
4
3
1 16012
5015
cm,
,
'I Y =
⋅
=
 
4
3
1 6214012
1550
cm,
,
'I Z =
⋅
= 
 
gulartanreseção'I YZ �= 01 
 
 →→→→ Rotação dos eixos na área 1 
 
42
11
2
11 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅= 
42
11
2
11 72502 cm,cos'Icossen'Isen'II zyzyz =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅= 
( ) ( ) 4112211 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy +=⋅⋅−+−⋅= αααα 
 
4
3
2 12012
50511
cm,
,,
'I Y =
⋅
= 
 
4
3
2 376312
51150
cm,
,,
'I Z =
⋅
= 
 
gulartanreseção'I YZ �= 02 
 
4
3
3 7212
1250
cm
,
'I Y =
⋅
= 
 
4
3
3 12,012
5,012
' cmI Z =
⋅
=
 
 
gularreseçãoI YZ tan0' 3 �= 
4 
 
 
 
#��� 
 
 
)������ 
 
 
)�$!���� 
 
 
%!���� 
� 
� 
� 
% 
 →→→→ Momentos Totais de Inércia 
 
( ) ( ) ( ) 4222 3178501260072505114112050156000590 cm,,,,,,,,,,I y =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+= 
( ) ( ) ( ) 4222 82481501288512050511120376350156247250 cm,,,,,,,,,,,I z =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+= 
( ) ( ) ( ) ( ) 476,685,0126,088,55,05,114,112,05,0156,062,442,67 cmI yz =⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅+⋅−++=
 
- Cálculo das Direções Principais 
 
( ) �18,12'
3,17882,481
76,68222 =�
−
⋅
=
−
⋅
= αα
yz
yz
II
I
tg 
 
 
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
45,163
67,496
cmI
cmI
 
 
 
��� �������	�
���
�
��
���	����������
����	������������
�
��
�*
��
��
�
�
		
���
 
����	��������
��
���	����!%����+�
������
,�
�
�
 
Solução: 
Dividindo em 4 retângulos: 
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
����	������
 
��- 
#��� 
���$��� %��� 
$��� 
5 
 
 
Centro de gravidade: 
Retângulo y z área y x área z x área 
1 8,2 -1,7 1,68 13,776 -2,856 
2 4 0,2 3,2 12,8 0,64 
3 0,2 5,9 4,4 0,88 25,96 
4 2,25 10,4 2,08 4,68 21,632 
Somatória 11,36 32,136 45,376 
 
cm,
,
,yCG 8323611
13632
==
 
cm,
,
,
zCG 9933611
37645
==
 
 
Momentos de inércia: 
Retângulo 1: 
4
3
1 0224012
2440
cm,
,,I Z =
⋅
= 
4
3
1 47212
4024
cm,
,,IY =
⋅
=
 
01 =YZI 
Retângulo 2: 
4
3
2 071712
408
cm,
,I Z =
⋅
= 
4
3
2 043012
840
cm,
,IY =
⋅
=
 
02 =YZI 
Retângulo 3: 
4
3
3 059012
1140
cm,
,I Z =
⋅
=
4
3
3 374412
4011
cm,
,IY =
⋅
= 
03 =YZI 
Retângulo 4: 
4
3
4 69412
4025
cm,
,,I
'Z =
⋅
=
 
4
3
4 028012
2540
cm,
,,I
'Y =
⋅
= 
04 ='Z'YI 
Como o retângulo 4 é inclinado segundo os eixos y, z é necessário fazer a seguinte 
mudança de base: 
�30=α 
4
4
4444
4
5232
2
22
cm,senI
cos
IIIII
'Z'Y
'Z'Y'Z'Y
Z
=α⋅−
−α⋅
−
+
+
=
 
4
4
4444
4
7312
2
22
cm,senI
cos
IIIII
'Z'Y
'Z'Y'Z'Y
Y
=α⋅−
−α⋅
−
+
+
=
 
4
4
44
4
0322
2
2
cm,cosI
sen
III
'Z'Y
'Z'Y
YZ
=α⋅+
+α⋅
−
=
 
6 
 
 
Transporte dos momentos de segunda ordem para o CG da figura: 
 
Retângulo 1: 
4
1111
422
111
422
111
3851375695681
49483756810220
9556695681472
cm,),(,,ddAII
cm,),(,,dAIzI
cm,,,,dAII
ZYYZZY
ZZ
YYY
−=−××=××+=
=−×+=×+=
=×+=×+=
 
 
Analogamente, temos: 
Retângulo IY IZ IYZ 
1 56,945 48,489 -51,383 
2 46,114 21,456 -14,220 
3 60,345 30,467 -22,043 
4 86,539 4,219 -9,730 
somatória 249,943 104,630 -97,376 
 
Com esses valores calculamos os momentos e os planos principais : 
 
°=α→
−
=α
=+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
=+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
642622
56
22
299
22
42
2
2
42
2
1
,
II
I
tg
cmI
IIII
I
cmI
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
 
%�� ��������	����
��.
��
��
��
�������
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��
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����	��%���
 
���
 
1�2�$���/ 
��
 
��
 
��
 
��
 
�� 
�� 
1 
�
������
�����
7 
 
 
Solução: 
 
Pela simetria, temos que o CG da seção é no centro geométrico da seção. 
 
Cálculo dos momentos de inércia (já transportados para o CG): 
( ) ( ) 44
452
3
2
3
452
3
2
3
106300205300205
10923000
12
3010230020
12
10302
10230015
12
103023005
12
30102
cmI
cm,
xxI
cm
xxI
YZ
Z
Y
⋅−=⋅−⋅+⋅⋅−=
⋅=��
�
�
��
�
�
⋅+⋅+��
�
�
��
�
�
⋅+⋅=
⋅=��
�
�
��
�
�
⋅+⋅+��
�
�
��
�
�
⋅+⋅=
 
 
Cálculo dos momentos principais: 
°−=α→
−
⋅
=α
⋅=+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
⋅=+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
562622
1071
22
1023
22
452
2
2
452
2
1
,
II
I
tg
cm,I
IIII
I
cm,I
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
 
1
2
5
5555
107,1
)56,26(2sen.100,6)56,26(2cos
2
109,2100,2
2
109,2100,2
2sen2cos
22
II
II
I
IIIIII
v
u
u
YZ
ZYZY
u
=∴
=
⋅=
�°−⋅⋅+°−⋅⋅
⋅−⋅
+
⋅+⋅
=
=⋅−⋅
−
+
+
= αα
 
Flexão composta: 
 
u
I
M
v
I
M
A
N
v
v
u
u
⋅+⋅+=σ ; 21200
50
cmA
tfPN
=
==
 
 
Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo θ o ângulo formado entre 
v e M (sentido positivo: horário); 
º56,206º56,26º180 =+=θ 
cmtfePePM
cmtfePePM
vv
uu
⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=
⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=
5,1565cos3550cos
5,782sen3550sen
θθ
θθ
 
Pela regra da mão direita obtemos o sentido de M, Mu e M: 
Mu é negativo: comprime o lado positivo do eixo v; 
8 
Mv é negativo: comprime o lado positivo do eixo u. (figura 4.2) 
Assim temos: 
u
,
,
v
,
,
⋅
⋅
−⋅
⋅
−−=σ 55 1023
51565
1071
5782
1200
50
 
 
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas: 
 
uvLN ⋅
×
−⋅
×
−
−
==→ 55 102,3
5,1565
107,1
5,782
1200
500σ 
 
 com as seguintes condições de contorno:Para u = 0 → v = -9,05 cm 
 Para v = 0 → u = -8,52 cm 
Com esses pontos, traçamos a linha neutra, e pela regra da mão direita, determinamos os 
pontos da seção que estão sendo mais solicitados. 
 
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das 
coordenadas y,z. 
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
cossen
sencos
v
u
 
onde °−=α 5626, 
→ Ponto mais solicitado à tração: 
cm35- yT = cm31,31- uT = 
 � 
0 zT = cm15,65- vT = 
 
( ) ( )
2
55
180
3131
1023
515656515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,
,
,
,
,
,
T
T
=σ
−⋅
⋅
−−⋅
⋅
−−=σ
 
 
→ Ponto mais solicitado à compressão: 
cm35 yC = cm31,31 uC = 
 � 
0 zC = cm15,65 vC = 
( ) ( )
2
55
270
3131
1023
515656515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,
,
,
,
,
,
C
C
−=σ
⋅
⋅
−⋅
⋅
−−=σ
 
 
�
�
9 
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�� �$ �� �$ 
�$
 
�$ 
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�� 
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��
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�
��
��	
��.
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��	6�	�
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��	
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��7���	���1���3
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��
�
�
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�
�
�
����	��$���
 
Solução: 
 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia. 
 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
 
�7624
124167461042
194375222 ,
II
I
tg
yz
yz
=α�
−
⋅
=
−
⋅
=α 
LN 
CG 
Mv 
M 
Mu 
θ 
− 
+ 
T 
C 
y 
u 
v 
z 
α 
10 
�����/��� 
8���	�����
��
�
��
�+9,� 
�
 
� ��
 
� 
3 
α 
:;
 
9
 
θ
 
β
 
σ�
 
σ� 
7
 
<
 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
8039532
20550676
cm,I
cm,I
 
 
→→→→ eixos u e v, 
�
4803953222
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u =�α⋅−α⋅
−
+
+
= �
�
1
2
II
II
v
u
=
=∴
�
�
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x ⋅+⋅−=σ 
 
 
�
onde: �7624,−=θ 
 
�
�
⋅=θ⋅=
⋅−=θ⋅=
cmtf,cosMM
cmtf,senMM
v
u
61181
7683
 
u
,
,
v
,
,
x ⋅+⋅−=σ∴ 20550676
61181
8039532
7683
 
 
- Para a Linha Neutra σ = 0 
 
0
20550676
61181
8039532
7683
=⋅+⋅−=σ u
,
,
v
,
,
x 
 →
 podemos calcular a LN de duas formas: 
 admitindo pontos na eq. de tensão 
4261
00
,uv
vu
=�=
=�=∴
 
 ou pelo cálculo do angulo β: 
 
�8581 ,
I
I
tg
tg
utgv
v
u
=β�⋅
θ
−=β
⋅β=
 
 
11 
(
 
����
��
�
��	��
��
 
� ( 
� 
# 
� 
 Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de 
base, onde será utilizado a matriz de transformação: 
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
cossen
sencos
v
u
 
 → ponto A: 
 
�
�
=
−=
�
�
�
=
−=
cm,v
cm,u
z
cm,y
A
A
A
A
6113
5129
0
532
 
 
 
( ) 22 /6,380386,051,29
20,550676
61,18161,13
80,39532
76,83
cmKgfcmtfA −=−=−⋅+⋅−=� σ 
 → ponto B: 
 
�
�
−=
=
�
�
�
=
=
cm,v
cm,u
z
cm,y
B
B
B
B
6113
5129
0
532
 
 
 
( ) 22 /6,380386,051,29
20,550676
61,18161,13
80,39532
76,83
cmKgfcmtfB ==⋅+−⋅−=� σ 
 
 
	
	
�
�
=
−=
∴
2
2
6,38
6,38
:
cmKgf
cmKgf
sãodeextremosvaloresos
T
C
σ
σ
σ 
 
 
(�� =�����
3
��
	�
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	��
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�
��
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8��
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� &��2��($(���
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�
�
�
�
�
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12 
�
 
����
��
�
��	�� 
�
 
�
 
9 
3 
β 
��
 
θ 
:; 
A 
α 
 
Solução: 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia. 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
�0827
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz
−=α�
−
⋅
=α 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
966
3098
cmI
cmI
 
 
→→→→ eixos u e v, 
496622
22
cmIsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u =�α⋅−α⋅
−
+
+
= �
�
1
2
II
II
v
u
=
=∴
�
�
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x ⋅+⋅=σ 
 
onde: �0857,=θ 
 
	
	
�
�
⋅=θ⋅=
⋅=θ⋅=
�
�
0857
0857
,cosMcosMM
,senMsenMM
v
u
 
 
- Para a Linha Neutra σ = 0 
 
0
3098
0857
966
0857
=⋅
⋅
+⋅
⋅
=σ u
,cosM
v
,senM
x 
 
→→→→ pelo cálculo do angulo β: 
13 
�41111 ,
I
I
tg
tg
utgv
v
u
−=β�⋅
θ
−=β
⋅β=
 
c) Cálculo do M admissível 
Sendo 21000 cmtf=σ �
xt cmtf σ≥=σ 21000 �
u
,cosM
v
,senM
x ⋅
⋅
+⋅
⋅
=σ
3098
0857
966
0857
 
 Para a obtenção do ponto mais solicitado à tração será necessário fazer uma mudança 
de base, onde será utilizado a matriz de transformação: 
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
cossen
sencos
v
u
 
 → ponto T: 
 
�
�
=
−=
�
�
�
=
=
cm,v
cm,u
cmz
cmy
T
T
T
T
498
970
8
3
 
 
( ) cmtfMMMT .55,13874597,03098
08,57cos49,8
966
08,57sen1000 ≤�−⋅⋅+⋅⋅≥=σ 
 cmtfM .55,138745=∴ 
 
 
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352 m/tf,concreto =γ �
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��
14 
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��
��	
�
�
��
�.
��	���3
	�����
 
 
 
 
Solução: 
 
Cálculo do peso próprio: 
( )[ ]
tf/m,p
mtf/m,Ap concreto
750
1080202060201052 243
=
⋅⋅+⋅+⋅=⋅γ= −
 
Somando os dois carregamentos temos: 
ptotal = 2,25 tf/m 
 
����	��"������	����
����
���3��.
�����
�.
�
��/���	�������������
���
 
Centro de gravidade: 
figura y z área y x área z x área 
1 75 -10 200 15000 -2000 
2 30 10 1200 36000 12000 
3 70 40 1600 112000 64000 
somatória 3000 163000 74000 
 
 
cm,yCG 33543000
163000
==
 
cm,zCG 67243000
74000
==
 
 
Cálculo dos momentos de segunda ordem: 
 
4
2
3
2
3
2
1774667
16003315
12
208012006714
12
6020200673410
cmI
,,,
12
20
=I
Y
3
Y
=
��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
 
4
2
3
2
3
2
3
1603667
16006715
12
802012003324
12
20602006720
12
2010
cmI
,,,I
Z
Z
=
��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
=
 
( )( ) ( ) ( )( )
4669333
16006715331512003324671420067206734
cmI
,,,,,,I
YZ
YZ
=
⋅−⋅−+⋅⋅+⋅−⋅=
 
15 
Momentos principais:°−=α→
−
⋅
=α
=+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
=+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
364122
1014395
22
2363939
22
42
2
2
42
2
1
,'
II
I
tg
cmI
IIII
I
cmI
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
2
1
4236393922
22
II
II
cmsenIcos
IIII
I
v
u
YZ
ZYZY
u
=∴
=
=α⋅−α⋅
−
+
+
=
 
 
Flexão Simples: 
 
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��
�
��
!��
�
��
���.
��
�
9��
��
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De acordo com o diagrama de momento fletor sabemos que a parte superior da seção é 
comprimida e a parte inferior é tracionada. Através da regra da mão direita obtém-se o 
sentido de M, Mu e Mv . 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
⋅+⋅=σ 
com 
°=θ 3641, 
mtf21,11,cos,cosMM
mtf18,58,sen,senMM
v
u
⋅=°⋅=θ⋅=
⋅=°⋅=θ⋅=
364112528
364112528
 
uv ⋅+⋅=σ
1014395
2111
2363939
1858
 
 
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas: 
 
y 
u v 
z M 
Mv 
Mu 
θ
 
α
 
16 
0
1014395
2111
2363939
1858
=⋅+⋅=→ uvLN σ 
 
 com as seguintes condições de contorno: 
 
 Para u = 0 → v = 0 
 Para v = 1 → u = -0,38 cm 
 
ou 
 
°−=β
−=⋅
θ
−
=β
β=
3269
6521
,
,
I
I
tg
tg
utgv
v
u
 
 
 
 
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das 
coordenadas y,z. 
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
cossen
sencos
v
u
 
onde °−=α 3641, 
→ Ponto mais solicitado à tração: 
cm54,33 yT = cm37,69 uT = 
 � 
cm4,67 zT = cm39,40 vT = 
 
( ) ( ) 210906937
1014395
21114039
2363939
1858
cmtf,,, TT =σ→⋅+⋅=σ 
→ Ponto mais solicitado à compressão: 
cm25,67- yC = cm48,78- uC = 
 � 
cm,zC 674= cm16,57 vC = 
( ) ( ) 208807848
1014395
21115716
2363939
1858
cmtf,,, CC −=σ→−⋅+⋅=σ 
 
 
 
 
 
17 
 
 
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���D*��
���
 
 
����	��#����E����
���������
��
�.
��	���3
	�����
 
Solução: 
• y e z são os eixos principais pois Iyz = 0 (seção retangular) 
• a expressão do momento é dada por: xpM ⋅= 
 
a) hipótese: LN está sobre uma diagonal do retângulo se o plano de carga estiver 
localizado na outra diagonal 
omando um ponto A contido na LN, temos: 
 
2
h
- uy AA == , 2
b
vz AA == 
	
	
�
�
→
→θ
→β
positivohoráriotidosen
Mparavdesaindo,Meventreangulo
LNparaudesaindo,LNeuentreangulo
 
 
:;�
��
�23�
�2��
9�
93�
9��
θ
 
β
 
γ
 
18 
 
Equação da LN → utgv ⋅β= ; 
h
b
tghtgb −=β→�
�
�
�
�
�
−⋅β=
22
 
Desta forma, graficamente, podemos concluir que γ = -β, conforme a convenção de sinais 
temos: 
θ⋅== sen M M M yu θ⋅== cos M M M zv 
12
3hbI u = 12
3bhI v = 
u
bh
cosM
v
hb
senM
⋅
θ⋅
−⋅
θ⋅
−=σ
1212
33 
 
Para o cálculo de LN 
 
 
u
h
cos
v
b
senLN ⋅θ−⋅θ−==σ→ 220 
Como 
 
( )
h
b
tg
h
cos
b
sen
h
cos
b
sen
h
h
cosb
b
senb
,
hA
=θ→θ=θ→θ+θ−=
→�
�
�
�
�
�
−⋅
θ
−⋅
θ
−=→−
2222
0
22
022 22
 
 
Portanto 
 β−=γ�γ+=θ
β−=θ
180
tgtg
 
 
 
b) 
h
b
arctg180 +=θ
 
θ⋅= sen M M u 
θ⋅= cos M M v 
12
3hbI u = 12
3bhI v = 
xpM ⋅= 
 
u
bh
cosxp
v
hb
senxp
⋅
θ⋅⋅
⋅+⋅
θ⋅⋅
⋅=σ 33 1212 
 
→ Ponto mais solicitado à tração: 
2
h
- uT = , 2
b
- vT = 
19 
�
�
�
�
�
�
−⋅
θ⋅⋅
⋅+�
�
�
�
�
�
−⋅
θ⋅⋅
⋅=σ
2
12
2
12 33
h
bh
cosxpb
hb
senxp
T 
�
�
�
�
�
� θ
+
θ
⋅
⋅
⋅
⋅−=σ
h
cos
b
sen
hb
xp
T 6 
→ Ponto mais solicitado à compressão: 
2
h
 uC = , 2
b
 vC = 
�
�
�
�
�
�
⋅
θ⋅⋅
⋅+�
�
�
�
�
�
⋅
θ⋅⋅
⋅=σ
2
12
2
12 33
h
bh
cosxpb
hb
senxp
C 
�
�
�
�
�
� θ
+
θ
⋅
⋅
⋅
⋅=σ
h
cos
b
sen
hb
xp
C 6 
 
 
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��
���
��
��
��
��������
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��
 
 �� 8
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σ�2�!(��/C��
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�
�23
�2�
9
93
9�
θ
�
A
σ�
σ�
�
H
20 
Solução: 
00
1728
12
12
1728
4
4
4
=α→=
===
===
yz
vz
4
uy
I
cmII
cm
12
12
 I I
 Iy e Iz são os momentos principais 
u
I
M
v
I
M
A
N
v
v
u
u ++=σ 
excentricidade: eu = 4 
 ev = 2 
Mu = P eu = +4P, traciona o lado positivo de u 
Mv = P ev = +2P, traciona o lado positivo de v 
����	�� ����1���
��
���	���
��
�
�
��
���.
�
�9��
 
(O sentido de M foi determinado pela regra da mão direita, já que P é de compressão) 
uvLN
u
P
v
PP
1728
2
1728
4
144
10
1728
2
1728
4
144
++
−
==σ→
++
−
=σ
 
para u = 0, v = 3 
para v = 0, u = 6 
 
 
����	�� ����1
��
��������
�������
�� 
 
Ponto mais tracionado: T (6,6) 
 
Ponto mais comprimido: C (-6,-6) 
 
tf,P
PPP
,t
243
6
1728
26
1728
4
144
60
=
++
−
==σ
tf,P
tf,P
)(P)(PP,c
828
828
6
1728
26
1728
4
144
80
=∴
=
−+−+
−
=−=σ
21 
�����
����� 
����� �����
� 
� 
� 
�� 
�
 
�(!("
 
��!��
 
3 
� 
α 
�����������	�F !��
��
� 2800 cmkgfc =σ 
� 21400 cmkgft =σ �
�
8��
��� 7�2� �������
� &��2���$������
%�
� &��2�$$$""!"#���
%�
� &���2���#������
%�
5<G�� F ����
��
��	
��.
�
�
�
�
�
����	�������
�
Solução: 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 
cm,y 2212= cm,z 6716= 
 
 
 
 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
�4524
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz
=α�
−
⋅
=α 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
5042703
28117874
cm,I
cm,I
 
 
→→→→ eixos u e v, 
42811787422
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u =�α⋅−α⋅
−
+
+
= �
�
2
1
II
II
v
u
=
=∴
�
�
b) Excentricidade 
 Para a obtenção das coordenadas de F segundo os eixos u e v será necessário fazer 
uma mudança de base: 
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
cossen
sencos
v
u
 
22 
� 
�
 
9
 
�� 
�
 
3 
� 
:;
 
θ 
 
α 
7 
�
�
−=
=
�
�
�
−=
=
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
 
 
onde: �2093,=θ e 
�
�
=
=
uF
vF
ev
eu
 
 
( )
( )
�
�
⋅=⋅=
−⋅=⋅=
471
3026
,FeMM
,FeMM
vv
uu
 
 
c) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
A
N
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x −⋅−⋅=σ , onde: 2900cmA = 
 
9005042703
471
28117874
3026 F
u
,
F,
v
,
F,
x −⋅
⋅
−⋅
⋅
=σ 
 
 
- Para a Linha Neutra σ = 0 
 
9005042703
471
28117874
30260 Fu
,
F,
v
,
F,
x −⋅
⋅
−⋅
⋅
==σ 
→→→→ condições de contorno: 
cm,uv
cm,vu28320
9840
−=�=
=�=
 
d) Cálculo do F admissível 
Sendo 2800 cmkgfc =σ 
� 21400 cmkgft =σ �
 Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de 
base: 
 → ponto A: 
 
�
�
=
−=
�
�
�
=
−=
cmv
cmu
cmz
cmy
A
A
A
A
53,22
28,9
67,16
78,17
 
 
( ) ( ) kgfFFFFt 06,33056290028,950,42703
47,153,22
28,117874
30,261400 ≤�−−⋅⋅−⋅⋅≥=σ 
 
 
23 
 
 → ponto F: 
 
�
�
−=
=
�
�
�
−=
=
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
 
 
( ) ( ) kgf,FF,
,
F,
,
,
F,
C 13113802900
471
5042703
4713026
28117874
3026800 ≤�−⋅⋅−−⋅⋅≤−=σ
 
 
 kgf,F 13113802=∴ 
 
����1
�
��
��� �
���.
�
� 
� 3��
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� �	��.
�
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3
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��
��
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��.
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�σ72�#��I�/C��
��
 
 
 
 
 
 
 
 
�
 
�
 
 
 
����	��������G
�.
��	���3
	�����
 
 
Solução: 
Características geométricas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
����	���������
��	
��
��	�3����
��
 
< 
7 
� 
:; 
��
 
(
 
�%
 
�� 
( 
�� 
�� 
< 
7 
�
 
:;
 
�
 
� 
� 
��
 � 
� 
�(!(
 
�#!( 
24 
 
 
Centro de gravidade 
figura y z área y x área z x área 
1 6 6 144 864 864 
2 21 15 252 5292 3780 
3 27 30 144 3888 4320 
somatória 540 10044 8964 
 
cm,yCG 618540
10044
== cm,zCG 616540
8964
== 
 
 
Momentos de segunda ordem, transportados para o CG da figura: 
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 4
42
4
2
4
2
4
42
4
2
4
2
4
y
344741444,134,82526,14,21446,106,12
73678144)4,8(
12
624252)4,2(
12
4261446,12
12
1212
52078144)4,13(
12
6242526,1
12
4261446,10
12
1212
 I
cmI
cmI
cm
yz
z
=⋅−⋅−+⋅⋅−+⋅⋅=
=��
�
�
��
�
�
⋅−+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅−+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
=
=��
�
�
��
�
�
⋅−+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅+
⋅
=
 
 
Momentos e planos principais: 
 
Pontos da LN dada: 
 
Byz (-23,4;-1,4) → Buv (-19,69; 12,73) 
Cyz (-11,4;-25,4) → Cuv (-24,23; -13,72) 
 
 
°=α→
−
=α
=+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
=+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
303622
8626751
22
3499003
22
42
2
2
42
2
1
,
IyIz
Iyz
tg
cm,IyzIzIyIzIyI
cm,IyzIzIyIzIyI
( ) ( )
1
2
8626751303623447430362
2
7367852078
2
7367852078
22
22
IIv
IIu
,,sen,cos
senIyzcosIzIyIzIyIu
=∴
=
=°−°
−
+
+
=
α−α
−
+
+
=
25 
 
Com a matriz de transformação e α=36,30°, determinamos as coordenadas dos pontos B e 
C no sistema de eixos uv. 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
αα−
αα
=
�
�
�
�
z
y
x
cossen
sencos
v
u
 
 
Posição da carga P de tração 
01 =++ u
I
e
v
I
e
A v
v
u
u
 
 
 
Ponto B 
( ) ( ) 06919
3499003
7312
8626751540
1
=−++ ,
,
e
,
,
e vu
 
 
Ponto C 
 
Resolvendo o sistema, temos que: 
eu = -0,39 cm 
ev = 8,38 cm 
 
Cálculo do valor de P: 
 
Ayz (18,6; 16,6) → Auv (24,82; 2,37) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( ) 02324
3499003
7213
8626751540
1
=−+−+ ,
,
e
,
,
e vu
( ) ( )
kgfP
PPP
cmkgfu
I
eP
v
I
eP
A
P
AA
v
v
A
u
u
A
20418
82,24
34,99003
38,837,2
86,26751
39,0
540
80
/80 2
=∴
⋅
⋅
+⋅
−⋅
+=
=�⋅
⋅
+⋅
⋅
+= σσ
26 
#
 
( 
��
 
(
 
�� 
�!#
 
7
 
�'
 
B'
 
:; 
� 
� 
�� 
�
 
3 
�!(%
 
��!(" 
α
 
����8
�
	����	� �� �
���.
� 
� 
� 3��
	��
� ���� ��	��� 1�4�
� �	
3
��� �����F���
��	��
������������/���	���7��
��.
��
��
��
�7�3��
� 2100 cmkgfA =σ �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
����	�� ���
 
Solução: 
a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
�616
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz
−=α�
−
⋅
=α 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
33276
561433
cm,I
cm,I
 
 
→→→→ eixos u e v, 
43327622
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u =�α⋅−α⋅
−
+
+
= �
�
1
2
II
II
v
u
=
=∴
�
�
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
A
N
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x +⋅+⋅=σ 
 
- Para a Linha Neutra σ = 0 
 
 Com a matriz de transformação e α, podemos determinar as coordenadas dos pontos 
a' e b' pelo sistema dos eixos u e v. 
��	���
	>��������
���	������
� cm,y 6711= �
�
 cm,z 643= 
� &��2�� �!(#���
%�
� &��2��%�#!�����
%�
� &���2�����!� ���
%�
� 7�2��#!#�����
27 
�
 
3
 
�'
 
α 
�
 
� 
B'
 
�� 
:; 
7
 
1J� 
3
 
�
 
 
9
 
93
 
9�
 
θ 
 
 → ponto a': 
 
�
�
=
−=
�
�
�
=
−=
′
′
′
′
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
a
a
a
a
492
666
243
336
 
 → ponto b': 
 
�
�
−=
=
�
�
�
−=
=
′
′
′
′
cmv
cmu
cmz
cmy
b
b
b
b
07,4
18,6
76,4
67,5
 
c) Cálculo da excentricidade 
 
 
Supondo P no 1o quadrante e P>0 
�
�
>⋅=
>⋅=
�⋅=
0
0
vv
uu
ePM
ePM
ePM
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
v
v
u
u
x +⋅
⋅
+⋅
⋅
=σ∴ 
 
assim: 
 
 → ponto a': 
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
a
v
v
a
u
u
x +⋅
⋅
+⋅
⋅
==σ
′′
0
 
 → ponto b': 
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
b
v
v
b
u
u
x +⋅
⋅
+⋅
⋅
==σ
′′
0 
 
( ) ( )
( ) ( ) cme
cme
ee
ee
v
u
vu
vu
86,27
51,10
0
8,28
118,6
56,1433
07,4
33,276
0
8,28
166,6
56,1433
49,2
33,276
=
=
�
	
	
		
�
�
=+⋅+−⋅
=+−⋅+⋅
∴
 
 
d) Cálculo do valor da carga 
 
→ ponto A: 
 
�
�
−=
−=
�
�
�
−=
−=
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
A
A
A
A
156
7011
764
3312
 
28 
A 
p = 6,64 kg/cm
 
p
 
q 
L = 2,5 m 
Mz
v
y u
CG
 plano 
de carga
 ( ) ( ) kgfPPPPA 43,2348,2870,1156,1433
86,2715,6
33,276
51,10100 −=�+−⋅⋅+−⋅⋅==σ 
 
 
 
����8
�
	����	����D*����/�
�F��
��7��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
����	��������G
�.
��	���3
	����
�3����
��B�����
��
 
Solução: 
 
 
 
 
 
°=θ
°=α
1.194
1.14
 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) cm,
,q
cm,p
644
210
975
530610
6101052305
5711
210
2430
530610
610353015
==
⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅
=
==
⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅
=
 
 
 
 
 
�
����	���������
��	
��
��	�3����
��
�
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4
42
3
2
3
42
3
2
3
14,385736,557,861043,314,2305
43,1760157,8610
12
10643,3305
12
530
22,322336,5610
12
61014,2305
12
305
cmI
cm
xI
cmI
yz
z
y
−=−⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅=
=��
�
�
��
�
�
⋅⋅++��
�
�
��
�
�
⋅⋅+
⋅
=
=��
�
�
��
�
�
⋅⋅+
⋅
+��
�
�
��
�
�
⋅⋅+
⋅
=
 
29 
 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
4
22
22
84,2253
969,02436,014,38572969,022,32232436,043,17601
cossen2cossen
11,14
22,322343,17601
14,385722
cmI
I
IIII
tg
u
u
yzyzu
=
⋅⋅⋅−⋅+−⋅=
−+=
°−=�
−
−⋅
=
αααα
αα
 
 
( )
4
12
2
2
2
1
80,18570
14,3857
2
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIyI
=
−+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
+�
�
�
�
�
� −
+
+
=
 
 
( )
4
2
2
2
2
2
2
84,2253
14,3857
2
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIyI
=
−+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
+�
�
�
�
�
� −
−
+
=
 
 
∴Iu = 
I2 °−=�⋅−=⋅−= 77,2580,18570
84,2253
251,0
11 β
θ
β
v
u
I
I
tg
tg
����	��������8
�
��
���.
��
��
�
��
�/�
�
	� � � ����	�����%��1
���.
����:;��
 
 
 
30 
MLN = M cos50,12° = 0,641M 
 
( ) ( )
4
22
00,5338
189,080,18570811,084,2253
77,25sen77,25cos
cmI
I
III
LN
LN
vuLN
=
⋅+⋅=
°−+°−=
 
 
 
����	�����$��9
�
��
�/�
�
	�
��/���.
��
�*��
 
 
 
 
Equação da linha elástica: 
21
410
1
39
29
2
2
2
..10.6602,2
.10.0641,1'
.10.1922,3
00,5338.125000
.13,2
"
2
""
641.0
)(
2
)(
CxCx
Cx
x
x
xpkEIMEI
k
xMkMxpxM
LNLN
LN
++=
+=
==
×=�−=
=
×=→−=
−
−
−
η
η
η
ηη
 
cmkgfp
cm
cmI
cmkgfE
LN
/64.6
250
5338
/125000
4
2
=
=
=
=
�
 
 
Condições de contorno: 
(1) 0'=�= η�x 
0166,01 −=C 
 
(2) 0=�= η�x 
1110,32 =C 
 
 
 
p
x
n
M(x)
M(x)
p
x
n
31 
n 
(pla
no
 
de 
des
loc
am
en
to)
n
z
v
y u
LN
50.12
n0z
n0 0yn
Em x = 0, 
 
 
cm
CxCx
11,3
1110,3)0.(0166,0)0.(10.6602,2
..10.6602,2
0
410
0
21
410
0
=
+−=
++=∴
−
−
η
η
η
 
 
 
 
cm
cm
x
y
39,212,50sen
99,112,50cos
00
00
=°=
=°=
ηη
ηη
 
����	�����(��8
�
��
���.
��
��
��
���
��
��
�
��
�*
����
��� 
 
 
 
 
�%��8
�
	���
�����
�.
��	>�����
&�� :��F��;
��	��
&&�� 7�/�
�F���D*����
��7��
����
	���
��
�K2����/C����
�
����	��$���
 
Solução: 
 
&�� :��F��;
��	��
 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 
7
 
%��
 
���
 
42�!$��/C� 
%� 
��
 
��
 
Plano de Carga 
CG 
32 
42�!$�/C�
 
"�� 
�"$
 "�� 
8���	�����
��
�
��
�9+�/���,� 
��
 
�
 
� 
3
 
� 
9 
α
 
θ 
σt 
β
 
σc 
1���
��
��
��	���
�
LN 
cmy 33,23= cmz 17,19= 
- Cálculo dos Momentos de Inércia 
402,39460 cmI y = 469,97786 cmI z = 
469,24456 cmI yz −= 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
�99,19
2
2 −=�
−
⋅
= αα
yz
yz
II
I
tg
 
 
�+��
�
�
��
�
� −
±
+
= yz
zyzy I
IIII
I
2
2212 	
	
�
�
=
=
4
2
4
1
49,30562
22,106684
cmI
cmI
 
 
→→→→ eixos u e v, 
448,305622sen2cos
22
cmII
IIII
I uyz
zyzy
u =�⋅−⋅
−
+
+
= αα �
1
2
II
II
v
u
=
=∴
 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x ⋅+⋅=σ 
 
onde: �233=θ 
 
�
�
−=⋅=
−=⋅=
cmtfMM
cmtfMM
v
u
.27,421cos
.04,559sen
θ
θ
 
 
- Para a Linha Neutra σ = 0 
0
22,106684
27,421
49,30562
04,559
=⋅
−
+⋅
−
= uvxσ 
→
 podemos calcular a LN de duas formas: 
admitindo pontos na eq. de tensão 
cmuv
vu
61,41
00
−=�=
=�=∴
 
 ou pelo cálculo do angulo β: 
33 
CG �
 
�
 
3 
�
 
M
α 
θ 
LN 
γ 
β 
Plano de Carga 
η
 
(plano de 
deslocamento) 
ηA 
42�!��$�/C��
 
%�� ��� 
x 
x $!�$ �$!"$ 
�18,121 −=�⋅−=
⋅=
β
θ
β
β
v
u
I
I
tg
tg
utgv
 
&&�� 7�/�
�F���D*����
��7��
����
	���
��
�K2����/C����
- Cálculo das equações de M 
• 1o Trecho → 2000 ≤≤ x 
( ) 21 0175,0 xxM ⋅−= 
• 2o Trecho → 600200 ≤≤ x 
( ) xxxM ⋅+⋅−= 75,150175,0 22 
 
4
22
98,33950
sen.cos.
cmI
III
LN
vuLN
=�
+= ββ
 
 
γcos⋅= MM LN 
onde: 
�83,24=γ 
MM LN ⋅= 907,0 
 
- Cálculo das equações de M 
( ) 907,0=�⋅= kxMkM LN 
( )xMEI −=''η (a) 
 
Substituindo as equações dos momentos em (a) temos: 
1o Trecho 
2''
1 0175,0 xkEI LN ⋅⋅=η 
xkEI LN ⋅⋅= 035,0
'''
1η 
1
3
'
1 3
0175,0 CxkEI LN +⋅⋅=η 
21
4
1 12
0175,0 CxCxkEI LN +⋅+⋅⋅=η 
2o Trecho 
( )xxkEI LN ⋅−⋅⋅= 75,150175,0 2''2η 
34 
( )75,15035,0'''2 −⋅⋅= xkEI LNη 
3
23
'
2 2
75,15
3
0175,0 CxxkEI LN +��
�
�
��
�
�
⋅−⋅⋅=η 
43
34
2 6
75,15
12
0175,0 CxCxxkEI LN +⋅+��
�
�
��
�
�
⋅−⋅⋅=η 
 
- Condições de contorno 
P/ x=200cm 01 =→ η 
02 =→ η 
'
2
'
1 ηη =→ 
P/ max=''2η 00 '2'''2 =→=→ ηη 
 
assim: 
( ) cmxxkEI LN 45075,15035,00'''2 =�−⋅⋅==η 
• p/ x=450cm 
 3
23
'
2 2
45075,15
3
4500175,00 CkEI LN +��
�
�
��
�
�
⋅−⋅⋅==η 
 kC ⋅−=� 10631253 
 
• p/ x=200cm 
 
'
2
'
1 ηη LNLN EIEI = 
 3
23
1
3
2
20075,15
3
2000175,0
3
2000175,0 CkCk +��
�
�
��
�
�
⋅−⋅⋅=+⋅⋅
 
 kC ⋅−=� 13781251 
 21
4
1 20012
2000175,00 CCkEI LN +⋅+⋅⋅==η 
 kC ⋅=� 7,2732916662 
 
Em x=0, temos: 
 
 21 CEI LN =η 
 ( ) cmx AA 50,3698,33950200
907,07,27329166601 =�
⋅
⋅
===∴ ηηη 
 
�
�
=⋅=
=⋅=
cm
cm
AAz
AAy
90,3017,32cos
43,1917,32sen
ηη
ηη
 
35 
LN 1LN' 1
LN'2LN 2
LN 3
LN'3
u
y
v
z
D
A
BC
�$��8
�
	����	�
��L��
��
��	������/���	���
�
 
 
 
Dados: Iy = 13932 cm4 
Iz = 34668 cm4 
Iyz =-15552 cm4 
 
 
 
 
 
Figura 15.1 
 
Solução: 
°−=α
−
×
−=
−
=α
1528
1393234668
15552222
.
II
I
tg
yz
yz
 
 
I1 = 42991 cm4 = Iv 
I2 =5609 cm4 = Iu 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�
�
�
����	���$����:��F����
��	���4�
���������
���
��
��
*�	
�
������
�.
��
 
LN 1: 
)15.6,28.20(B)15,15(B
)98.8,15(A)15,9(A
A
1
u
I
e
v
I
e
uvyz
uvyz
v
v
u
u
−→−
−→−
−=+
 
 
Substituindo na primeira equação: 
 
36 
Obs.: 
- eu é a excentricidade em relação ao eixo u, é a distância do ponto em relação ao eixo u; 
- O sinal negativo de ev significa que o ponto procurado está no lado negativo do eixo u. 
 
LN 2: 
).,.(C),(C
).,.(B),(B
uvyz
uvyz
7298111315
15628201515
→
−→−
 
 
Formando um sistema com as equações dos ponto B e C, temos 
 
LN 3: 
).,(B),(D uvyz 98815159 −→− 
 
Formando um sistema com as equações dos pontos C e D, temos 
 
 Pela antimetria da figura temos que as LN1’, LN2’, LN3’ são as respectivas 
multiplicadas por (-1): 
 
LN1’ = (-1.02,4.17) 
LN2’= (7.81,0.54) 
LN3’= (1.84,-0.39) 
 
 
 
 
cm.e
cm.e
.
e).(eB
e).(eA
v
u
vu
vu
174
021
324
12820
42991
156
5609
324
115
42991
988
5609
−=
=
−=+−→
−=+−→
324
18111
42991
729
5609
−=+→ .
e
.
eC vu
cm54.0e
cm81.7e
v
u
−=
−=
324
115
42991
988
5609
−=−+→ )(e.eD vu
cm39.0e
cm84.1e
v
u
=
−=
37 
 
����	���$����;L��
��
��	������/���	���
�
 
 
 
�(��8
�
	����	�
��
��
���
��
�F
	��
������D*��
�
��*�2����
 
 
p0 = 324 kgf/m 
E= 120 tf/cm2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�
�
�
�
LN' 1
z
LN 2
v
u
y LN'3
LN'2
LN 1
LN 3
D
C B
A
38 
25,10
yu
y'
z
z'
v
p
LN
plano de 
deslocamento
Mp
v
z'
z
u y
y'
p
����	���(����1�����
�B��
��	�������	�
��
�.
�3�	�D3
��
Solução: 
 �
 
h10.0h
16
h
160
x
x15.0b
24
b
160
x
=�=
=�=
 
 
Determina-se η(x), x = 0 � η(x0) 
x,LNx,LN MEI" −=η 
ILN, x : momento de inércia em relação a LN, 
variando com x 
MLN,x : momento fletor em relação a LN, variando 
com x 
 
Momentos de inércia principais e plano principal: 
 
I1 = 0.1084 10-4 x-4 
I2 = 0.0270 10-4 x-4 
 
 
 
����	���(����M
���.
�
��	
�B!�F�
�*� 
 
( )
( )
( ) ( )
32
10
72
150100
72
32
103
36
100150
36
24
10
36
150100
36
442222
4433
4433
xx.x.bhI
xx.x.hbI
xx.x.bhI
yz
y
z
−
−
−
−=−=−=
===
===
 
1u
yz
2
z
2
yu
I1084.0I
cossenI2senIcosII
==
αα−α+α=
 
����	���(����1
���.
��
��
�*
���	��������� 
 
Linha neutra: 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
����	���(�%��1
���.
�������F���
��	���
°=α→=α 10.2520.12tg
39 
°−=
°°→−=
°
−=−=
°=°−°=
=
62
4288.1
0270.0
0184.0
.
90244
1
.
1
902441025270
,
β
β
θ
β
θ
β
quadranteetg
tgI
I
tg
tg
utgv
v
u
 
 
9036cos.)102562cos(.
10..04494,0
10.)].62.(sen.0270,0)62(cos.1084,0[
)(sen.cos.
44
4422
22
°=°−°=
=
−+°−=
=+=
−
−
xxLNx
LNx
LNx
vuLNx
MMM
xI
xI
III βγγγ
 
32
3
3
0
0
2
.10.26990,09036cos.
6.160
.24,3
6.160
.24,3
160
.24,3
.
6
x
xM
xM
xxppx
p
p
pxM
LNx
x
x
−
−=°−=
−=∴
==�=
−=
ll
 
 
 
 
Equação da linha elástica: 
21
21
1
44
32
.)).((ln
..ln.
ln.'
0050,0
0050,0
10..04494,0.120000
.10.26990,0
CxCxxxk
CxCdxxk
Cxk
x
k
x
xx
x
++−=
++=
+=
==
==
�
−
−
η
η
η
η
η
"
"
 
 
m
kx
x
xxk
kCx
8,0
0
ln..
0 2
=∴
×=�=
�
�
�
�
�
�
+−=
×=�=�=
η
η
η
η
�
�
�
��
 
 
 
 
 
40 
17- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: 
a) Máximas tensões normais na seção (compressão e tração), 
b) Máxima tensão de cisalhamento na seção devido a força cortante. 
 
 
Figura 17.1 
Resolução 
ΣFV=0 → R1+R2=4 
ΣFH=0 → H1=1 KN 
ΣM1=0 → 4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN 
 
 
 
Figura 17.2: Digramas 
 
Ponto de Máximo (V=0) 
KNm 88,0maxM(M
2
33,133,1133,133,1(M
m 33,1x
3
x
67,133,1
33,1
)33,1)33,1 ==→⋅⋅−⋅=
=→=
+
 
 
 
41 
 
 
Figura 17.3 
Partes 1 e 3 
 
 
Figura 17.4 
4
3
4
3
cm 45,116
12
18,111
'Iz
cm 93,0
12
118,11
'Iy
0'z'Iy
56,26
10
5
artg
=
⋅
=
=
⋅
=
=
°==α
 
 
41,3
21,3
cm 89,1770Iy
 118,115,1202,24Iy e transportcom
02,24yI 66,3469,58yI
)º56,262cos(
2
45,11693,0
2
93,045,116yI
2sen'z'Iy2cos
2
'Iz'Iy
2
'Iz'IyIuyI
=
⋅⋅+=→
=−=
⋅⋅
−
+
+
=
α−α⋅
−
+
+
==
 
 
41,3
21,3
4
cm 85,372Iz
118,11535,93Iz e transportcom
cm 35,9366,3469,58IvzI
=
⋅⋅+=→
=+==
 
 
 
42 
Parte 2 
0Iyz
cm 67,1
12
120Iz
cm 67,666
12
201Iy
2
4
3
2
4
3
2
=
=
⋅
=
=
⋅
=
 
 
º36,20
IyIz
Iyz22tg
cm 9,1489Iyz
cm 37,747Iz
cm 45,4208Iy
4
4
4
=α→
−
⋅
=α
	
	
	
	
�
�
=
=
=
 
 
Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95 
Iu= 4761,44 cm4 
Iv= 194,38 cm4 
 
	
	
�
�
+=
+=
�
�
�
θ=
θ=
vPvF
uPuF
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu
 
 
Força F 
 
 
Figura17.5 
 
θF=270 - α → θθθθF=242,34º 
MF=1*10 → MF=10 KNcm 
 
Força P 
 
Figura 17.6 
 
θP=270 + (90 – 30 - α) → θθθθP=302,79º 
43 
MP= 88 KNcm 
 
Mu= 10sen242,34º + 88sen302,79º 
Mu= -8,85 – 73,97 → Mu= -82,83 KNcm 
Mv= 10cos242,34º + 88cos302,79º 
Mv= -4,64 – 47,65 → Mv= 43,01 KNcm 
 
297,44º
)-(90270
62,56º tg
Mv
Mu
=θ
γ+=θ
=γ→γ=
 
 
Figura 17.7 
 
 
a)Tensões Normais 
 
u2213,0v0174,00236,0
u
38,194
01,43
v
44,4761
83,82
36,42
1
u
Iv
Mv
v
Iu
Mu
A
N
x
x
⋅+⋅−=σ
+⋅−=σ
+⋅+=σ
 
 
�
�
−=
=
�
�
�
−=
=
�
�
=
−=
�
�
�
=
−=
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα
αα
=
�
�
�
�
905,17v
035,2u
15z
10y
J
905,17v
035,2u
15z
10y
K
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
 
 
Linha Neutra 
p/ v=0 → u= -0,106 cm 
p/ u=0 → v= 1,35 cm 
 
σx
k
=0,0236 – 0,0174*(17,905) + 0,2213*(-2,035) 
σσσσx
k
= - 0,738 KN/cm2 
 
σx
j
=0,0236 – 0,0174*(-17,905) + 0,2213*(2,035) 
σσσσx
j
= 0,785 KN/cm2 
44 
 
 
 
Figura 17.7 
 
b)Máxima Tensão Tangencial 
 
KN 67,1V
cm 37,1412Iz
cm 9,5551510S
Iz1
9,5567,1
Ib
SV
4
322
xy
=
=
=⋅⋅�
�
�
�
�
� +=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=τ
 
ττττxy=6,61*10-2 KN/cm2 
 
 
18- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: 
a) Máximas tensões normais na situação mais crítica, 
b) O valor do momento fletor na direção da linha neutra resultante 
na seção mais crítica. 
Dados: Iy=6259 cm4; Iz=6809 cm4; Iyz=-5629 cm4 
Figura 18.1 
45 
 
cm 13,22
05,72
30,512520,05139,05418Xcg
cm 46,11
05,72
301815105,390125Ycg
=
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=
=
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=
 
 
º60,43
IyIz
Iyz22tg −=α→
−
⋅
=α 
27,562219,323837,3282Iu
cossenIyz2senIzcosIyIu 22
−+=
α⋅α⋅⋅−α⋅+α⋅=
 
Iu = 898,28 cm4 
Iv = 12169,72 cm4
 
 
	
	
�
�
+=
+=
�
�
�
θ=
θ=
vFvq
uFuq
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu
 
 
Força q 
 
 
Figura 18.2 
 
θq=270 - (45 – 43,6) → θθθθq=268,6º 
Mq= 450 KNcm 
 
Mqu = -449,86 KNcm 
Mqv = -10,99 KNcm 
 
Força F 
Figura 18.3 
 
46 
θF = 43,6 + 90 → θF = 133,6º 
MF = 10*20,87 → MF =208,7 KNcm 
 
MFu = 151,13 KNcm 
MFv = -143,92 KNcm 
 
Assim, temos: 
Mu = -298,73 KNcm 
Mv = -154,91 KNcm 
 
u0127,0v332,0138,0
u
72,12169
91,154
v
28,898
73,298
05,72
10
u
Iv
Mv
v
Iu
Mu
A
N
x
x
⋅−⋅−=σ
−⋅−=σ
+⋅+=σ
 
 
a) Pontos K e J 
 
�
�
−=
=
�
�
�
−=
=
�
�
=
=
�
�
�
=
=
�
�
�
�
⋅�
�
�
�
�
�
αα
αα
=
�
�
�
�
cm21,7v
cm67,22u
87,20z
46,11y
J
cm88,10v
cm45,5u
13,4z
46,11y
K
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
 
 
Linha Neutra 
p/ v=0 → u= 10,86 cm 
p/ u=0 → v= 0,41 cm 
 
 
Figura 18.4 
 
σx
k
=0,138 – 0,332*(10,88) – 0,0127*(5,45) 
σσσσx
k
= - 3,543 KN/cm2 
 
σx
j
=0,138 – 0,332*(-7,21) – 0,0127*(22,67) 
σσσσx
j
= 2,243 KN/cm2 
47 
 
b) 
 
Figura 18.5 
 
)2,19º-cos(90º-MM
quadrantes 3º e 20º19,2
Iv
Iu
tg
1
tg
º59,242º59,32º180
º59,62
Mv
Mu
arctg
KNcm 50,336MMuMvM
R
R
R
R22R
φ⋅=
°∴<−=β→⋅
θ
−=β
=+=θ
=φ→=φ
=→+=
 
M = 304,42 KNcm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
48 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
1- Determinar P para o pilar: 
Dado: tf2,1=σ 
Resposta: P = 3,92 tf 
 
 
2- Calcular maxσ e minσ 
Dados: P = 7000 kgf; 
H = 5000 kgf 
 
Resposta: maxσ =72,25 kgf/cm
2
 , minσ = -81,48 kgf/cm
2
 
 
P
P
H
P
CG
P
H
2 
m
49 
3- Determinar qual das duas barras é capaz de resistir a uma carga maior sem que surjam 
sintomas de deformações plásticas. 
Resposta: Na barra simétricaa tensão será menor. 
 
 
 
4- A viga de madeira da figura abaixo tem a seção tranversal indicada. As tensões 
admissíveis longitudinal e tangencial horizontal são de 8 MPa e 800 kPa, 
respectivamente. Determine a intensidade máxima admissível para w. 
 
Resposta: w = 3.97 kN/m 
 
2a
a
2
P
P
a
2
a
2a
P
a
2
P
a a
a
4
C x
y
C x
y
w N/m 1w N 1w N
50 
5- O bloco da figura está carregado com a força de compressão de 1334 KN, aplicada com 
a excentricidade de 3,81 cm. A seção transversal é um quadrado de 30.48 cm de lado. 
Quais as tensões normais nas fibras extremas m e n? 
 
Resposta: 
2
n
2
m
m/kN25097
m/kN3585
−=σ
−=σ
 
 
6- Qual a excentricidade, que deveria ter a força aplicada no bloco do exercício anterior, 
para que a tensão em m fosse nula? 
 
Resposta: 5,08 cm 
30.48
m
15.24
15.24
30.48
n
3.81
P
51 
BIBLIOGRAFIA 
 
• Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill do 
Brasil, 1982. 
 
• Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977. 
 
• Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara Dois AS, 
1981. 
 
• Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher. 
 
• Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou : 
Mir,1983. 
 
• Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975. 
 
• Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E. Blüncher, 
1982. 
 
• Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São Paulo, 
5ª edição, janeiro 1974. 
 
• Timonshenko, Stephen P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros 
Técnicos e Científicos, 1983-84.