Exercicios resolvidos de Resistência 2

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Exercício do item 1.2: Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nas direções θ = 
60º e θ = 150º. 
 
 
MPa32
25x15
000.12
A
F
xx −=σ→
−
==σ 
 
Para θ = 60º tem-se as tensões: 
MPa2460sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ 
 MPa86,1360cos.60sen)32(cos.sen. oox =−−=θθσ−=τθ 
Para θ = 150º tem-se as tensões: 
MPa8150sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ 
 MPa86,13150cos.150sen)32(cos.sen. oox −=−−=θθσ−=τθ 
 
Exercício do item 1.3: Duas peças de madeira são coladas como mostra a figura abaixo. 
A cola não pode ser tracionada e a tensão admissível ao cisalhamento é igual a 4,0 
MPa. Investigue se a solicitação na cola é admissível. 
 
 
 
θθτ+θσ+θσ=σθ sencos2cossen xy2y2x 
( ) ( )θ−θτ+θθσ−σ=τθ 22xyxy cossencossen 
Neste problema: σx = 2,0 MPa ; σy = − 5,0 MPa ; τxy = 0,0 
Para θ = 45º tem-se as tensões: 
MPa5,1045cos0,545sen0,2 o2o2 −=σ→+−=σ θθ 
( ) MPa5,3045cos45sen0,20,5 oo −=τ→+−−=τ θθ 
Conclusão: a solicitação na cola é admissível. 
 
Exercício do item 1.4: Calcule as tensões σθ e τθ nos planos que formam ângulos de 
45º e 135º com o eixo horizontal. Mostre os resultados em um elemento orientado. 
 
 
Para θ = 45º tem-se as tensões: 
ooo2o2 45sen45cos)25(245cos5045sen80 −++−=σθ = − 40 MPa 
( ) ( )o2o2oo 45cos45sen2545cos45sen8050 −−+=τθ = 65 MPa 
Para θ = 135º tem-se as tensões: =σθ = 10 MPa θτ = − 65 MPa 
Elemento orientado: 
 
 
Exercício do item 1.5: 1) Para um ponto da barra abaixo calcule: 
 
a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um 
elemento orientado): 
b) τmáx do plano xoy e a direção θ3 . 
 
22 mm68,126)35,6(A =pi= 
2
2x mm/N71)mm(68,126
)N(000.9
A
F
===σ 
a) 
( )2
2
2
1 02
071
2
071
+




 −±+=σ 5,355,35 ±= 
De onde: MPa711 =σ e 02 =σ 
Cálculo das direções principais: 
0
0
7171
0
tan
x1
xy
1 =
−
=
σ−σ
τ
=θ (indeterminado) 
 
Neste caso, a fórmula acima não pode ser usada. Nos planos principais a tensão 
cisalhante é nula. Então, σx e σy são tensões principais: 
o
11x 90;MPa71 =θ=σ=σ 
o
22y 0;0 =θ=σ=σ 
 
b) ( )2xy
2
yx
min
máx 2
τ+





 σ−σ
±=τ 
( ) →+




 −±=τ 2
2
min
máx 02
071
 MPa5,35eMPa5,35 minmáx −=τ=τ 
 
 
( ) 15,0)071( 05,355,0tan yx
xymáx
3 −=





⋅−
+
−=








⋅σ−σ
τ+τ
−=θ 
 
o
3 45)1(tanarc −=−=θ 
 
Observação: Em uma barra tracionada (ou comprimida) a tensão cisalhante máxima 
atua nos planos que formam 45º com o eixo x e seu valor é a metade da tensão normal: 
2
x
máx
σ
=τ . No entanto, dependendo da resistência do material máxτ pode romper 
uma barra. 
 
 
 
 
Exercício do item 1.5: 2) Um eixo maciço está solicitado por um torque Τ = 73.630 
N.mm. Para um ponto localizado na superfície do eixo calcule usando o círculo de Mohr: 
a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um 
elemento orientado): 
b) τmáx do plano xoy e a direção θ3. 
 
 
O momento de torção (ou torque) produz um estado de cisalhamento puro. 
 
 
J
r.T
=τ (Expressão válida para seção transversal circular) 
 
4
44
mm3,592.613
32
)50(
32
DJ =pi=pi= 
 
2
xyxy mm/N33,613592
25x73630
=τ→=τ 
 
Circunferência de Mohr: 
 
 
 
 
Elemento orientado da letra a: 
 
 b) τmáx = 3,0 MPa θ3 = 90º 
 
 
 
 
 
Exercícios do item 2.2: 1) Uma circunferência de raio r = 600 mm é desenhada em uma 
placa quadrada de lado L = 1400 mm. Determine os comprimentos dos diâmetros ab e 
cd depois de aplicadas as tensões indicadas. 
Dados: σx = 150 MPa; σy = 80 MPa ; Ε = 70 GPa ; ν = 0,3 
 
 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ] 3669x 10x486,2)010x80(3,010x15010x70 1 −=+−−=ε 
xxx LLL
L
ε=∆→∆=ε 
mm98,2120010x486,21200L 3xab =⋅=⋅ε=∆
−
 
 
mm98,1202L98,21200L1200L abFababF =→+=∆+= 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ] 3669y 10x786,1)010x150(3,010x8010x70 1 −−=+−−=ε 
 
yyy LLL
L
ε=∆→∆=ε 
mm14,2120010x786,11200L 3ycd −=⋅−=⋅ε=∆
−
 
mm86,1197L14,21200L1200L cdFcdcdF =→−=∆+= 
Exercício 2: Em uma chapa de liga de titânio desenhou-se uma linha inclinada. Calcule 
o valor em graus do ângulo β depois de aplicadas as tensões indicadas. 
Dados: σx = 90 MPa; σy = 70 MPa Εtitânio = 120 GPa ; νtitânio = 0,36 
 
o55,27)5217,0(tanarc
mm230
mm120
tg =β→=β→=β 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ] 4669x 10x06,9)010x70(36,010x9010x120 1 −=+−−=ε 
xxx LLL
L
ε=∆→∆=ε 
mm2208,023010x60,9230L 4xx =⋅=⋅ε=∆
−
 
 
mm2208,230L2208,0230L230L FxxFx =→+=∆+= 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ] 4669y 10x53,8)010x90(36,010x7010x120 1 −−=+−−=ε 
yyy LLL
L
ε=∆→∆=ε 
 
mm102,012010x53,8120L 4yy −=⋅−=⋅ε=∆ − 
 
mm898,119L102,0120L120L FyyFy =→−=∆+= 
o
FFF 51,27)5208,0(tanarc
mm2208,230
mm898,119
tg =β→=β→=β 
 
Exercício 3: Uma barra está solicitada pela tensão normal σx. Para este caso 
demonstre que: 
 
ν−
ε+ε+ε
=σ
21
E)( zyx
x 
 
Lei de Hooke Generalizada: 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
yxzz σ+σν−σ=ε 
Para uma barra solicitada pela tensão normal σx tem-se: 
[ ]
E
)00(
E
1 x
xx
σ
=+ν−σ=ε 
[ ]
E
)0(0
E
1 x
xy
νσ
−=+σν−=ε 
[ ]
E
)0(0
E
1 x
xz
νσ
−=+σν−=ε 
Somando as deformações εx , εy e εz tem-se: 
EEE
xxx
zyx
νσ
−
νσ
−
σ
=ε+ε+ε 
)1(
E
x
zyx ν−ν−
σ
=ε+ε+ε 
ν−
ε+ε+ε
=σ
21
E)( zyx
x 
 
Exercício 4: Em muitas situações de carregamento a tensão normal em uma direção é 
igual a zero, como na chapa da figura abaixo onde σz = 0 (estado plano de tensão). Para 
este caso demonstre que: 
 
ν−
ε+εν
−=ε
1
)( yx
z 
 
Para uma chapa solicitada por σx e σy tem-se: 
[ ] )(
E
1)0(
E
1
yxyxx νσ−σ=+σν−σ=ε 
[ ] )(
E
1)0(
E
1
xyxyy νσ−σ=+σν−σ=ε 
[ ]
E
)()(0
E
1 yx
yxz
σ+σν
−=σ+σν−=ε 
Somando as expressões de εx e εy , tem-se: 
)(
E
1
yxyx νσ−σ=ε+ε + )(E
1
xy νσ−σ 
yxyx (E
1
νσ−σ=ε+ε + )xy νσ−σ 
)1()1(E)( yxyx ν−σ+ν−σ=ε+ε 
)()1(E)( yxyx σ+σν−=ε+ε 
De onde: 
ν−
ε+ε
=σ+σ
1
E)( yx
yx 
Colocando-se a expressão acima na expressão de εz, tem-se: 
E
1
)(
EE
)( yxyx
z
ν−
ε+ε
⋅
ν
−=
σ+σν
−=ε 
 
ν−
ε+εν
−=ε
1
)( yx
z 
 
Exercício 5: Em muitas situações os apoios de uma estrutura impedem que as 
deformações ocorram em uma certa direção. Este caso é conhecido como estado 
plano de deformação. Sendo εz = 0 demonstre que σz , εx e εy podem ser colocadas 
da seguinte forma: 
 )( yxz σ+σν=σ 
[ ])1()1(
E
1
y
2
xx ν+σν−ν−σ=ε 
[ ])1()1(
E
1
x
2
yy ν+σν−ν−σ=ε 
Lei de Hooke generalizada: 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
yxzz σ+σν−σ=ε = 0 
Sendo 0)(E yxz =σ+σν−σ→∞≠ 
De onde: )( yxz σ+σν=σ 
Colocando-se a expressão de σz na expressão de εx : 
[ ]))((
E
1
yxyxx σ+σν+σν−σ=ε = [ ]y2x2yxE1 σν−σν−σν−σ 
Ou: [ ])(
E
1 2
yx
2
xx ν+νσ−σν−σ=ε 
De onde: 
 
[ ])1()1(
E
1
y
2
xx ν+σν−ν−σ=ε 
De forma análoga, colocando-se a expressão de σz na expressão de εy:[ ]))((
E
1
yxxyy σ+σν+σν−σ=ε = [ ]y2x2xyE1 σν−σν−σν−σ 
Portanto: 
[ ])1()1(
E
1
x
2
yy ν+σν−ν−σ=ε 
 
Exercício 6: A forma matricial abaixo mostra a lei de Hooke para materiais isotrópicos: 
 




















τ
τ
τ
σ
σ
σ
=


















ν+
ν+
ν+
ν−ν−
ν−ν−
ν−ν−
=




















γ
γ
γ
ε
ε
ε
YZ
XZ
XY
Z
Y
X
YZ
XZ
XY
Z
Y
X
)1(200000
0)1(20000
00)1(2000
0001
0001
000 1
E
1
 
Coloque a matriz acima em sua forma inversa, ou seja, expresse as tensões em função 
das deformações. 
( )ZYXX E
1
σν−σν−σ=ε 
 
( )ZYXY E
1
σν−σ+σν−=ε 
( )ZYXZ E
1
σ+σν−σν−=ε 
 
Somando-se as expressões de Yε e Zε : 
)1()1(2EE ZYXZY ν−σ+ν−σ+σν−=ε+ε 
)1)((2)(E ZYXZY ν−σ+σ=σν+ε+ε 
De onde: 
ν−
σν+ε+ε
=σ+σ
1
2)(E XZY
ZY (a) 
Substituindo-se a expressão (a) na expressão de :Xε 
 
1
2)(E
E
1 XZY
XX 











ν−
νσ+ε+ε
ν−σ=ε 
 
Multiplicando-se a expressão acima por )1(E ν− tem-se: 
 2)(E)1()1(E X2ZYXX σν−ε+εν−ν−σ=ν−ε 
 )21()(E)1(E 2XZYX ν−ν−σ=ε+εν+ν−ε 
 
 
 
Lembrando que: =ν+ν− )1()21( 221 ν−ν− 
XZYX )(E)1(E σ=ε+εν+ν−ε )1()21( ν+ν− 
De onde se tem a expressão de Xσ : 
Xσ )1)(21(
)(E)1(E ZYX
ν+ν−
ε+εν+ν−ε
= 
De forma análoga: 
Yσ )1)(21(
)(E)1(E ZXY
ν+ν−
ε+εν+ν−ε
= 
Zσ )1)(21(
)(E)1(E YXZ
ν+ν−
ε+εν+ν−ε
= 
Da extensão da lei de Hooke tem-se a distorção XYγ : 
 XYXY E
)1(2
τ
ν+
=γ 
De onde se tem a expressão da tensão cisalhante XYτ : 
XYXY )1(2
E γ
ν+
=τ 
Analogamente, têm-se: 
XZXZ )1(2
E γ
ν+
=τ e YZYZ )1(2
E γ
ν+
=τ 
Colocando-se as expressões das tensões na forma matricial, tem-se a forma inversa da 
lei de Hooke: 
 




















γ
γ
γ
ε
ε
ε
=


















ν−
ν−
ν−
ν−νν
νν−ν
ννν−
ν+ν−
=




















τ
τ
τ
σ
σ
σ
YZ
XZ
XY
Z
Y
X
YZ
XZ
XY
Z
Y
X
)21(5,000000
0)21(5,00000
00)21(5,0000
0001
0001
0001
)1)(21(
E
 
 
 
 
Exercícios do item 2.5: 1) Uma chapa está solicitada pelas tensões indicadas na figura 
abaixo. Calcule o valor do ângulo α para que a leitura no extensômetro seja igual a zero. 
Dado: ν = 0,33 
 
 
 θθγ−θε+θε=εθ sencossencos xy2y2x (2.6) 
[ ] ( )
E
10x6,7410x12033,010x35
E
1)(
E
1 6
x
66
zyxx
−
=ε→⋅−−=σ+σν−σ=ε 
[ ]
E
10x55,131)10x3533,010x120(
E
1)(
E
1 6
y
66
zxyy =ε→⋅+=σ+σν−σ=ε 
0
G
xy
xy =
τ
=γ 
0sencossencos xy
2
y
2
x =θθγ−θε+θε=εθ 
0sencos 2y
2
x =θε+θε 
θε−=θε 2x2y cossen 
 
x2
2
y
cos
sen
ε−=
θ
θ
ε x
2
y tan ε−=θε→ 
 
y
x
y
x2 tantan
ε
ε
−=θ→
ε
ε
−=θ 
 
 
E
10x55,131
E
x1074,6
tan 6
6
−
−=θ 
55,131
6,74
tan =θ→ 
 
o98,36)753,0(tanarc =θ→=θ 
 
oooo 02,5398,369090 =α→−=α→=θ+α 
 
Exercício 2) Em uma barra de alumínio, com seção transversal circular (φ = 90 mm), 
aplica-se um momento de torção Τ. Ao aplicar-se o momento de torção a leitura no 
extensômetro é igual a 205 µ . Calcule o valor do momento de torção Τ. Dados: Ε = 
70 GPa; ν = 0,35. 
 
 
 
θθγ−θε+θε=εθ sencossencos xy2y2x 
 
O momento de torção produz um estado de cisalhamento puro, então 0yx =ε=ε 
 
 
θθγ−=εθ sencosxy 
Para θ = 145º (ou θ = − 35º ), tem-se: 
 
 
)145(sen)145(cos10x205 ooxy6 γ−=− 
 
)47,0(10x205 xy6 −γ−=− 
 
Portanto: 6xy 10x17,436
−
=γ 
 
 
Lei de Hooke no cisalhamento (ou extensão da lei de Hooke): 
 
xyxy G γ⋅=τ 
 
6
9
xyxy 10x17,436)35,01(2
10x70
)1(2
E
−
⋅
+
=γ⋅
ν+
=τ = 11,31 x 106 N/m2 
 
O momento de torção aplicado em barras de seção transversal circular produz tensão 
cisalhante dada pela expressão: 
 
J
r.T
=τ 
Na superfície do eixo (onde está colado o extensômetro) a tensão (τxy) é dada por: 
 
32
)090,0(
045,0T10x31,11
J
R.T
4
6
xy
pi
⋅
=→=τ 
 
De onde: Τ = 1.618,9 N.m 
 
 
Exercício do item 2.6: Um elemento estrutural está solicitado pelas tensões 
indicadas na figura abaixo. Calcule analítica e graficamente as deformações 
principais, as direções principais e a maior distorção que ocorre no plano 
xOy. 
Dados: σx = 35 MPa, σy = 55 MPa, τxy = 8,6 MPa, E = 210 GPa e ν = 0,33. 
 
 
 
Elemento em estado plano de tensão 
 
 As deformações nas direções x e y são as seguintes: 
 
( ) 5x669x 10x02,810x55x33,010x3510x2101 −=ε→−=ε 
( ) 4y669y 10x07,210x35x33,010x5510x2101 −=ε→−=ε 
.rad10x09,1
10x210
)33,01(x2x10x6,8 4
xy9
6
xy
−
=γ→+=γ 
 
 Com as equações deduzidas anteriormente tem-se a solução analítica: 
 
2
xy
2
yxyx
2
1 222 






 γ
+




 ε−ε
±
ε+ε
=ε 
Então: 
2424545
2
1 2
1009,1
2
1007,21002,8
2
1007,21002,8







 ×
+






 ×−×±×+×=ε
−−−−−
 
 
 
de onde: 
( )
( ) 0254
4
2
0
144
4
1
5
2
4
1
3,20
1061007,22
1009,1
tg
8,69
1007,21027,22
1009,1
tg
106
1027,2
=θ→
×−×
×
=θ
−=θ→
×−×
×
−=θ
×=ε
×=ε
−−
−
−−
−
−
−
 
 
.rad10x67,1 
2
1009,1
2
1007,21002,8
2
4
máx
24245
máx −
−−−
=γ⇒





 ×
+






 ×−×
=
γ
 
 
Solução gráfica: 
 
 
 
 
Circunferência de Mohr 
 
Da circunferência de Mohr (que deve ser feita em escala), têm-se: 
0
1
4
1 70;1026,2 −≅θ×≅ε − 
0
2
5
2 20;108,5 ≅θ×≅ε − 
.rad10x68,110x4,8
2
4
máx
5máx −− ≅γ→≅γ 
 
 
 
Exercícios do item 3.3: 1) Determine a energia de deformação devida ao peso próprio de uma 
barra prismática suspensa por uma extremidade. 
Dados: γ: peso específico; Α: área da seção transversal; Ε: módulo de elasticidade (ou módulo 
de Young). 
 
 
 
 ∫= L
2
)x(EA2
dx)x(FU ( ) ∫∫
γ
=
γ
=→
L
0
2
2L
0
2
dxx
E2
A
EA2
dxxAU 
 
 
E6
LAU
3
x
E2
AU
32L
0
32 γ
=→⋅
γ
= 
 
2) Determine a energia de deformação que fica acumulada na treliça abaixo quando aplica-se a 
força P. 
 
 
Para barras de treliça a energia de deformação é dada por: 
AE2
LFU
2
= 
 
3
P2F0P60senF0F 1o1y =→=−→=∑ 
o
122
o
1x 60cosFF0F60cosF0F −=→=+→=∑ 
 
 
3
PF
2
1
3
P2F 22 −=→⋅−= 
 
2
2
2
2
1
1
2
1
AE2
LF
AE2
LFU += 
AE2
L2
3
P2
U
2






= 
AE3x2
L
3
P 2






−
+ = 
AE18
LP
AE6
L2xP4 22
+ 
 
 
AE18
LP25U
AE18
LP
3
3
AE6
LP8U
222
=→+⋅= 
 
3) Determine a energia de deformação que fica acumulada na viga abaixo. Despreze a 
contribuição da força cortante. 
 
 
∫= L z
2
)x(EI2
dx)x(MU 
 
Colocando-se o sistema de referência no ponto de aplicação da força P, tem-se: 
 
Trecho 1: xP)x(M:2/Lx0 ⋅−=≤≤Trecho 2: xP)x(M:Lx2/L ⋅−=≤≤ 
 
 
∫∫ −
⋅
+−=
L
2/L
2
2/L
0
2 dx)Px(
EI22
1dx)Px(
EI2
1U 
 
∫∫ +=
L
2/L
2
22/L
0
2
2
dxx
EI4
Pdxx
EI2
PU = 
L
2/L
322/L
0
32
3
x
EI4
P
3
x
EI2
P



⋅+


⋅ 
 
[ ] [ ]332332 )2/L()L(
EI12
P0)2/L(
EI6
PU −⋅+−⋅= 
 
8
LL8
EI12
P
EI48
LP
8
LL
EI12
P
8
L
EI6
PU
332323
3
232
−
⋅+=





−⋅+





⋅= 
 
EI32
LP3
EI96
LP9UL7
EI96
P
EI482
LP2U
3232
3
232
==→⋅+
⋅
= 
 
 
4) Determine a energia de deformação que fica acumulada na viga abaixo. 
Despreze a contribuição da força cortante. Ε Ι = constante 
 
 
 ∫= L z
2
)x(EI2
dx)x(MU onde: 
L6
qx)x(M
3
−= 
 
 ∫∫ =




−=
L
0
6
L
0
2
223
dxx
LEI72
qdx
L6
qx
IE2
1U 
 
 
EI504
LqU
EIL504
Lq
7
x
LEI72
qU
52
2
72L
0
7
2
2
=→=⋅= 
 
 
 
5) Determine a energia de deformação que fica acumulada na viga abaixo. 
Despreze a contribuição da força cortante. Ε Ι = constante 
 
 
 
 
L
PaV
L
PbV ba == 
 
 Trecho 1: )ax0(x
L
Pb
xV)x(M a ≤≤⋅== 
 
 Trecho 2: )bx0(x
L
Pa
xV)x(M b ≤≤⋅== 
( )∫∫ ==
a
0
2
a
L z
2
dxxV
EI2
1
)x(EI2
dx)x(MU ( )∫+
b
0
2
b dxxVEI2
1
 
 
 
∫ 




=
a
0
2
dxx
L
Pb
EI2
1U ∫ 




+
b
0
2
dxx
L
Pa
EI2
1
 
 
 
∫=
a
0
2
2
22
dxx
EIL2
bPU ∫+
b
0
2
2
22
dxx
EIL2
aP
 
a
0
3
2
22
3
x
EIL2
bPU ⋅= 
b
0
3
2
22
3
x
EIL2
aP
⋅+ = 
3
a
EIL2
bP 3
2
22
⋅ 
3
b
EIL2
aP 3
2
22
⋅+ 
 
2
322
EIL6
abPU = 2
322
EIL6
baP
+ = )ba(
EIL6
abP
2
222
+ 
 
 
LIE6
abPU
222
= 
 
Exercícios do item 3.6: 1) Usando o segundo do teorema de Castigliano 
determine o alongamento da barra prismática abaixo devido ao peso próprio. 
Dados: γ: peso específico; Α: área da seção transversal; Ε: módulo de 
elasticidade (ou módulo de Young). 
 
 
 
 
 fPxA)x(F +γ= 
 
 ∫= L
2
)x(EA2
dx)x(FU ( )∫
+γ
=→
L
0
2
f
EA2
dxPxAU 
 
∫ +γ+γ=
L
0
2
ff
222 dx)PPxA2xA(
EA2
1U 
 
L
0
2
ff
23
22 xPP
2
xA2
3
xA
EA2
1U








+γ+γ= 
 








+γ+γ= LPP
2
LA2
3
LA
EA2
1U 2ff
23
22
 
 
 
L
P
U
f
∆=
∂
∂
 
 








+γ+=∆ LP2
2
LA20
EA2
1L f
2
 
 
Fazendo: Pf = 0 , tem-se: 
 
E2
LL
2
LA2
EA2
1L
22 γ
=∆→








γ=∆ 
 
Observação: Usando a regra da cadeia, tem-se: 
L
P
U
f
∆=
∂
∂
 
 onde: ∫= L
2
)x(EA2
dx)x(FU e fPxA)x(F +γ= 
Então: 
ff P
)x(F
)x(F
U
P
UL
∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂
∂
=∆ ∫ ∂
∂
⋅=∆
L f
dx
P
)x(F
)x(EA
)x(FL 
 
 ∫ ⋅+γ=∆
L
0
f dx)1()PAx(EA
1L Fazendo: Pf = 0 , tem-se: 
 
 
E2
LL
2
xA
EA
1dx)1()Ax(
EA
1L
2L
0
2L
0
γ
=∆→γ⋅=⋅γ=∆ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Sendo ΕΙ = constante determine usando o segundo do teorema de Castigliano: 
a) a rotação no apoio A; 
b) a rotação no apoio B; 
c) a deflexão no meio da viga. 
 
Observação: Despreze a contribuição da força cortante no cálculo da energia de 
deformação. 
 
 
 
a) 
 
 
M
U
A ∂
∂
=θ 
 
∫= L z
2
)x(EI2
dx)x(MU )Lx0(x
L
M
xV)x(M B ≤≤== 
∫∫ ⋅==




=
L
0
L
0
3
2
2
2
22L
0
2
3
x
EIL2
Mdx
L
xM
EI2
1dxx
L
M
EI2
1U 
 
 2
32
EIL6
LMU = 
 
 
EI3
ML
EI6
ML2
M
U
A ==∂
∂
=θ 
 
 
 
 
b) 
 
 
)Lx0(x
L
M
x
L
MM)x(M f ≤≤+−= 
∫= L z
2
)x(EI2
dx)x(MU 
ff
B M
)x(M
)x(M
U
M
U
∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂
∂
=θ 
 
dx
L
x
x
L
M
x
L
MM
EI
1dx
M
)x(M
EI
)x(M L
0
f
fL
B ⋅





+−=
∂
∂
⋅=θ ∫∫ 
 
Fazendo Mf = 0, tem-se: 
 
L
0
32L
0
2
B L3
x
2
x
LIE
Mdxx
L
M
xM
LIE
1








−=





−=θ ∫ 
 








−
=








−=θ
6
L2L3
EIL
M
L3
L
2
L
LIE
M 2232
B 
 
IE6
ML
6
L
LIE
M 2
B =








=θ 
 
 
 
 
 
 
c) 
 
)2/Lx0(x
2
P
x
L
MM)x(M f ≤≤+−= 
)2/Lx0(x
2
P
x
L
M)x(M f ≤≤+= 
ff P
)x(M
)x(M
U
P
U
v
∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂
∂
= dx
P
)x(M
EI
)x(M
v
fL ∂
∂
⋅= ∫ 
∫ ⋅




+−=
2/L
o
f dx
2
x
x
2
P
x
L
MM
EI
1
v ∫ ⋅




++
2/L
o
f dx
2
x
x
2
P
x
L
M
EI
1
 
 
Fazendo Pf = 0, tem-se: 
 
∫ ⋅




−=
2/L
o
dx
2
x
x
L
MM
EI
1
v ∫ ⋅




+
2/L
o
dx
2
x
x
L
M
EI
1
 
 
∫ 





−=
2/L
o
2
dx
L2
x
2
x
EI
M
v ∫ 





+
2/L
o
2
dx
L2
x
EI
M
 
 
2/L
0
32
L6
x
4
x
EI
M
v








−= 
2/L
0
3
L6
x
EI
M








+ 








−=
L6
)2/L(
4
)2/L(
EI
M
v
32








+
L6
)2/L(
EI
M 3
 
 
 
IE16
LM
v
44
L
EI
M
v
22
=→








⋅
= 
 
 
 
3) Sendo ΕΙ = constante determine usando o segundo do teorema de Castigliano: 
a) a deflexão do ponto A; 
b) a deflexão do ponto C. 
 
 
 
 
 
 
)2/Lx0(xP)x(M ≤≤−= 
 
)Lx2/L()2/Lx(FxP)x(M ≤≤−−−= 
 
a) 
P
)x(M
)x(M
U
P
U
vA ∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂
∂
= dx
P
)x(M
EI
)x(M
v
L
A ∂
∂
⋅= ∫ 
 
( )∫ ∫ −⋅+−−+−⋅−=
2/L
0
L
2/L
A dx)x)(2/LFFxPx(EI
1dx)x(Px
EI
1
v 
 
Fazendo F = P, tem-se: 
 
( )∫ ∫ −++=
2/L
0
L
2/L
222
A dx)2
LPxPxPx(
EI
1dxPx
EI
1
v 
 
L
2/L
2332/L
0
3
A 2
x
2
L
3
x
3
x
EI
P
3
x
EI
P
v








⋅−++⋅= 
 








⋅−+−








⋅−++⋅=
8
L
2
L
24
L
24
L
EI
P
2
L
2
L
3
L
3
L
EI
P
24
L
EI
P
v
2332333
A 
 
IE16
PL7
EI48
PL21
48
3221216162
EI
PL
v
333
A ==


 +−−−++
= 
 
b) 
)2/Lx0(xP)x(M ≤≤−= 
 
)Lx2/L()2/Lx(FxP)x(M ≤≤−−−= 
F
)x(M
)x(M
U
F
U
vC ∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂
∂
= dx
F
)x(M
EI
)x(M
v
L
C ∂
∂
⋅= ∫ 
 
( )∫ ∫ +−⋅+−−+⋅−=
2/L
0
L
2/L
C dx)2/Lx)(2/LFFxPx(EI
1dx)0(Px
EI
1
v 
 
Fazendo F = P, tem-se: 
∫∫ +−+−=+−⋅+−−=
L
2/L
L
2/L
C dx)2
L
x)(
2
L
x2(
EI
Pdx)2/Lx)(2/LPPxPx(
EI
1
v 
∫ 





+−−=+−−=
L
2/L
L
2/L
22232
2
C x4
L
4
Lx
2
Lx
3
x2
EI
Pdx)
4
L
x
2
L
xLx2(
EI
P
v 








+−−=
4
L
4L
2
L
3
L2
EI
P
v
3333
C − 








+−−
8
L
16
L
8
L
24
L2
EI
P 3333
 



 −
=
6
34
EI
PL
v
3
C − 


 −
48
34
EI
PL3
 
IE48
PL7
48
18
EI
PL
v
33
C =


 −
= 
 
 
4) Sendo ΕΙ = constante determine usando o segundo do teorema de Castigliano 
a deflexão do ponto d. Despreze a contribuição da força cortante. Ε Ι = constante. 
 
 
 
 
L
aPV
L
bPV ba == 
 
)ax0(x
L
bP
xV)x(M a ≤≤== 
)bx0(x
L
aP
xV)x(M b ≤≤== 
 
∫ ∫∫ 




+





==
a
0
b
0
22
L z
2
dxx
L
Pa
EI2
1dxx
L
Pb
EI2
1
)x(EI2
dx)x(MU 
 
∫ ∫+=
a
0
b
0
2
2
22
2
2
22
dxx
EIL2
aPdxx
EIL2
bPU 
 
2
322
2
322b
0
3
2
22a
0
3
2
22
EIL6
baP
EIL6
abP
3
x
EIL2
aP
3
x
EIL2
bPU +=⋅+⋅= 
 
EIL6
abP)ba(
EIL6
abPU
222
2
222
=+= 
 
 
EIL3
aPb
EIL6
aPb2
v
P
U 2222
d ===∂
∂
 
 
 
Exercício do item 3.7: Determine a força (FC) de tração no cabo. Ε Ι = constante. 
 
O cabo aplica uma força FC na viga em sentido contrário ao sentido da força P. 
 
( )∫ +−=
L
0
2
C
z
dxxFPx
EI2
1U ( )∫ +−=⇒
L
0
22
C
2
C
22
z
dxxFxPF2xP
EI2
1U 








+−=
3
LF
3
LPF2
3
LP
EI2
1U
32
C
3
C
32
z
 
Segundo teorema de Castigliano: 
 →∆=
∂
∂
CLP
U
 
CC
CC
3
C
3
z AE
LF
3
LF2
3
PL2
EI2
1
=








− 
 EI3
AE
LF
LFPL
CC
CC3
C
3
⋅=− 
 
3
C
CC
CC3 LFEI3
AE
LF
PL +⋅= 





+⋅=→ 3
CC
C
C
3 LEI3
AE
L
FPL 
 
3
CC
C
3
C
L
AE
LIE3
PLF
+
= 
Análise de casos extremos: Se: =→∞= FIE 0 
 Se: =→= F0IE P 
 Se: =→∞= FAE CC P 
 Se: =→= F0AE CC 0 
Outra forma de calcular-se a força no cabo: Deriva-se a energia de deformação (U) em relação à 
força (FC) de tração no cabo. 
→∆−=
∂
∂
C
C
L
F
U
 
CC
CC
3
C
3
z AE
LF
3
LF2
3
PL2
EI2
1
−=








+− 
 
O sinal negativo no alongamento do cabo deve-se ao fato que a força (FC) no cabo tem sentido 
contrário ao alongamento do cabo (∆L). 
 
 
Exercícios do item 3.8: 1) Um bloco de massa m = 65 kg, inicialmente em repouso, cai de uma 
altura h = 0,8 m no ponto médio da viga abaixo que tem seção transversal retangular. Sabendo-
se que Ε = 69 GPa, calcule: 
a) a força estática equivalente; 
b) a deflexão máxima; 
c) as tensões normais extremas. 
 
 
 
 
 
 
• Cálculo da deflexão devido a uma força P aplicada estaticamente (lentamente) no ponto 
central da viga: 
 
 
 
 
∫∫ ⋅




=→=
2/L
0
2
L z
2
2dxx
2
P
EI2
1U)x(EI2
dx)x(MU 
 
2/L
0
322/L
0
22
3
x
EI4
PUdx
4
xP
EI
1U ⋅=→= ∫ 
 
EI96
LP
2
L
EI12
PU
3232
=





⋅= 
 
 
 
Segundo teorema de Castigliano: 
 
v
P
U
=
∂
∂
 
 
EI48
PL
EI96
PL2
v
33
== 
 
 
A energia potencial gravitacional é transformada em energia cinética, que é totalmente 
transformada em energia de deformação da viga: 
 
 hgmEp = = U 
 
 
2
vP)vh(gm máxemáx
⋅
=+ 
 
Onde: Pe é a força estática equivalente. A força Pe deve ser aplicada lentamente e produzir a 
deflexão máxima vmáx. 
 
 
 
EI48
LP
v
EI48
PL
v
3
e
máx
3
=→= 
 
 
EI48
LP
2
P
EI48
LPhgm
3
ee
3
e
⋅=







+ 
 
 
182250010x6996
2000P
182250010x6948
2000P80081,965 3
32
e
3
3
e
⋅⋅
=







⋅⋅
+⋅ 
 
 
 
 
2
e
4
e P10x627,6P845,0510120
−
=+ 
 
 0510120P845,0P10x627,6 e
2
e
4
=−−
−
 
 
As raízes da equação acima são: Pe1 = 28.389 N e Pe2 = − 27.114 N 
 
a) Pe = 28.389 N 
 
b) mm6,37v
182250010x6948
200028389
EI48
LP
v máx3
33
e
máx =→
⋅⋅
⋅
== 
 
 
c) 
 
 
 
mmN500.194.14M
4
200028389
4
LPM máxemáx =→
⋅
== 
• Cálculo das tensões normais extremas: 
I
yM
=σ 
2
TmáxTmáx mm/N5,3501822500
45.14194500
=σ→=σ 
 
2
CmáxCmáx mm/N5,3501822500
)45(.14194500
−=σ→
−
=σ 
 
 
 
 
2) Um homem de massa m = 85 kg está em uma plataforma de 70 metros de altura e preso em 
uma corda elástica de 40 metros de comprimento. A corda está amarrada na plataforma onde está 
o homem. O homem corre risco de morrer ao saltar? Justifique sua resposta. 
Dados da corda elástica: Α = 7,5 x 10 − 4 m2 ; Ε = 1,3 x 107 N/m2; σadm = 10,5 MPa 
 
 
 
 
 
 
2
LP)Lh(gm máxemáx
∆⋅
=∆+ 
 
 
AE
LPL=∆ 
AE
LPL emáx =∆→ 
 
 
AE
LP
2
P
AE
LPhgm eee ⋅=





+ 
 
 47
2
e
47
e
10x5,710x3,1
40
2
P
10x5,710x3,1
40P4081,985
−−
⋅
⋅=







⋅
+⋅ 
 
 
2
e
3
e P10x05,2P42,333354
−
=+ 
 
 033354P42,3P10x05,2 e
2
e
3
=−−
−
 
 
As raízes da equação acima são: Pe1 = 4.953 N e Pe2 = − 3.284,8 N 
 
 
 
Então: Pe = 4.953 N 
 
• Cálculo do alongamento máximo: 
 
m3,20
10x5,710x3,1
40x4953
AE
LPL 47
e
máx =
⋅
==∆
−
 
 
 40 m + 20,3 m = 60,3 m < 70 m. Portanto o homem não irá chocar-se no chão. 
 
 
• Cálculo da tensão normal máxima: 
 
 
 
A
P
A
F e
máx =σ→=σ 
 
 
)m(10x5,7
 ) (N 4.953
24máx −=σ 
26
máx m/N10x06,6=σ→ 
 
admmáx MPa06,6 σ<=σ Portanto, a corda elástica suporta a tensão normal máxima 
 
O homem não corre risco de morrer ao saltar. Entretanto, pode haver problemas com relação à 
fadiga da corda elástica. Esforços repetidos em grande número podem provocar fadiga do 
material e, neste caso, a ruptura dá-se com tensões menores do que a tensão admissível (obtida 
em ensaios estáticos). 
 
Fadiga: Diminuição gradual da resistência do material por efeitos de solicitações repetidas. 
 
 
Exercícios sobre critério de resistência de von Mises (item 4.3) 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
1) Usando o critério de resistência de von Mises investigue se o eixo abaixo está em 
segurança. Dado: MPa100Y =σ 
 
 
 
26
2x m/N10x96,79)025,0(
157000
A
F
=
pi
==σ 
 
J
rT ⋅
=τ 264yx m/N10x06,25
32
)05,0(
025,0x615
=
pi
=τ→ 
 
Critério de von Mises: 
2
Y
2
xy
2
x )(3 σ<τ+σ 
222 100)06,25(3)96,79( <+ 
000.106,277.8 < 
 
Segundo o critério de von Mises o eixo está em segurança. 
 
 
 
2) Sabendo que MPa240Y =σ calcule o valor do momento de torção que inicia o 
escoamento do eixo abaixo. 
 
 
 
J
rT ⋅
=τ T10x2595,3
32
)25(
5,12xT 4
4yx
−
=
pi
=τ→ 
 
2
Y
2
xy )(3 σ<τ 
 
224 240)T10x5259,3(3 =− 
 
57600T10x06243,1x3 27 =− 
 
 mm.N109.425T
10x72918,3
57600T 7
2
=→=
−
 
 
Observação: Usando o critério de Tresca: Y31 σ<σ−σ 
 
2
xy
2
yxyx
2
1 22
τ+





 σ−σ
±
σ+σ
=σ 2xy
2
1 τ±=σ→ 
 
 
T10x2595,3 4xy1 −=τ+=σ ; T10x2595,34xy2 −−=τ−=σ 
 
 
 
 
As três tensões principais são: 
 
T10x2595,3 41 −=σ 02 =σ T10x2595,3 43 −−=σ 
Colocando as tensões principais extremas no critério de Tresca: 
 −
− T10x2595,3 4 240)T10x5259,3( 4 =− − 
 De onde: Τ = 368.155 N.mm 
 
Comparação entre os critérios de von Mises e de Tresca: 
 1547,1
155.368
109.425
Tresca
Misesvon
== 
 
Portanto, o valor do momento de torção que inicia o escoamento do eixo segundo o critério de 
von Mises é 15,47% maior que o valor fornecido pelo critério de Tresca. Esta é a diferença 
máxima entre os dois critérios e ocorre na torção pura. 
 
3) Sabendo que MPa400Y =σ calcule o valor da força P inicia o escoamento da viga 
abaixo. 
 
 
 
 
A
F
I
yM
Z
+=σ 
 
P100,5xP2M −=−= 
30,0x2,0
P15
12
3,0x2,0
yP10
3 −
−
=σ 
 
 
P250y.P22,222.22 −−=σ 
 
Tensão normal no ponto b: 
 
P250P33,333.3P250)15,0.(P22,222.22b −−=−−=σ 
P33,3583b −=σ 
 
Para que inicie o escoamento (critério de von Mises): 
 
2622
Y
2
x )10x400()P33,3583( =−→σ=σ 
 
Ou: N9,627.111P10x400P33,3583 6 =→= 
 
Observação: Se tirar a força axial (N = 0): 
 
N000.120P10x400P33,3333 6 =→= 
 
 
 
4) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x
)(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
 
2222222 320)306045(3110x)80(110x50)80(x50110)80(50 <+++−−−−−+−+ 
 
400.102875.47 < 
 
Segundo o critério de von Mises o elemento está em segurança. 
 
5) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão normal σX que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. Dado: MPa720Y =σ 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
2222
xx
222
x 207)50400(3120801208012080 =+++⋅−⋅σ−⋅σ−++σ 
 
849.42500.23200 x2x =+σ−σ 
 
 
0349.19200 x2x =−σ−σ 
 
De onde: MPa3,71eMPa3,271 xx −=σ=σ 
 
6) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXY que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. 
Dado: MPa150Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x
)(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
2222
xy
222 150)5040(3120801200800120800 =++τ+⋅−⋅−⋅−++ 
500.22)25001600(311200 2xy =++τ+ 
 
7500480011200225003 2xy −−−=τ 
 10003 2xy −=τ 
Portanto, para 0xy =τ o elemento já está escoando. 
 
7) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXZ que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. 
Dado: MPa150Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x
)(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
 
222
xz
2222 150)500(3120801200800120800 =+τ++⋅−⋅−⋅−++ 
 
500.22)7500311200 2xz =+τ+ 
 
3
380038003 zx
2
zx =τ→=τ 
 
 MPa59,35zx =τ 
 
8) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança 
quando solicitado pelas tensões indicadas. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x
)(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
9) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança 
quando solicitado pela tensão indicada. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x
)(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
 
Observação: “O escoamento ocorre sem variação de volume” (?????) 
Vamos supor que uma barra de aço doce a tensão de escoamento é: MPa400Y =σ 
 
 
 
 Tensão esférica: 0
V
V
≠
∆
 Tensões desvidadoras: 0
V
V
=
∆
 
 
A tensão de cisalhamento é igual a zero em todas as direções do estado de tensão esférico. O 
escoamento é provocado pela tensão cisalhante, portanto, as tensões desviadoras são as 
responsáveis pelo escoamento. Então, podemos afirmar que o escoamento ocorre sem 
variação de volume? 
 
Exercícios do Capítulo 5: 1) Determine a localização do centro de cisalhamento de uma viga de paredes 
finas com seção transversal indicada na figura abaixo. 
 
 
 
Cálculo das forças resultantes F1 e F2: 
τ=τ deuniformeãodistribuiçháQuando
A
F
 
dA
dF
:uniformeãodistribuiçhánãoQuando =τ 
 dAdF ⋅τ= onde dA = t.ds
 
∫ ∫=→=→= L L
zzz
Qds
I
PFdst
It
VQFdst
It
VQdF
 
∫ 




−=⋅==
A
1
1
_|
2
s
2
h
styAdAyQ 
 
( )∫∫ −= −=
1h
0
2
1
z
11h
0
1
1
z
1 dssshI2
tPds
2
s
2
h
st
I
PF 






−
=





−
⋅
=





−=
6
h2h3
I2
tP
3
h
2
hh
I2
tP
3
s
2
sh
I2
tPF
3
1
3
1
z
1
3
1
2
11
z
1
1h
0
32
1
z
1
1 
 
z
3
11
1 I12
htPF = 
Analogamente: 
z
3
22
2 I12
htPF = 
Para calcular a posição do centro de cisalhamento deve-se (sempre) considerar as reações das forças 
resultantes F1 e F2. 
 
0)db(FdF0M 21
.C.C
=−−→=∑ 
Ou pode-se fazer: 
bFdP0bFdP0M 221 =→=−→=∑ 
 b
I12
htPdP
z
3
22
⋅= 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: 
12
ht
12
htI
3
22
3
11
z += 
 b
htht
htb
12
ht
12
ht12
htd 3
22
3
11
3
22
3
22
3
11
3
22
⋅
+
=⋅








+
= 
2) Uma viga cantilever (em balanço) está solicitada por uma força vertical P = 45.000 N aplicada no centro 
de cisalhamento. Todos os elementos da seção transversal têm espessura constante t = 8 mm. Calcule: 
 
a) a posição (d) do centro de cisalhamento; 
b) o valor das forças resultantes F1 e F2; 
c) o valor da tensão de cisalhamento máxima para cada um dos elementos. 
 
 
a) mm7,13d60
8081208
808b
htht
htd 33
3
3
22
3
11
3
22
=→⋅
⋅+⋅
⋅
=⋅
+
= 
 
b) 
z
3
11
1 I12
htPF = 
z
3
22
2 I12
htPF = 
Cálculo do momento de inércia Ιz: 
 
4
333
22
3
11
z mm3,333.493.112
808
12
1208
12
ht
12
htI =⋅+⋅=+= 
N29,34714
3,149333312
120845000
I12
htPF
3
z
3
11
1 =
⋅
⋅⋅
== 
 N71,10285
3,149333312
80845000
I12
htPF
3
z
3
22
2 =
⋅
⋅⋅
== 
Observar que F1 + F2 = P 
c) 
zIt
QV
=τ 
 
2
z
1máx mm/N24,54I8
)30x8x60(45000
=
⋅
⋅
=τ 
 
2
z
2máx mm/N11,24I8
)20x8x40(45000
=
⋅
⋅
=τ 
 
3) Sendo a espessura t constante calcule a posição do centro de cisalhamento de uma viga com seção 
transversal mostrada na figura abaixo. Esta viga é chamada “ U enrijecido”. 
 
 
 
Forças resultantes nos elementos da seção transversal: 
 
 
 0F2x120F310dP0M 12A =−−→=∑ 
De onde: 
P
F2x120F310d 12 += 
Cálculo das forças F1 e F2: 
 
 ∫= L
z
dsQ
I
PF 
80
0
32
z
80
0
z
1 6
s
2
s75
I
tPds
2
s75st
I
PF 





+⋅=





+= ∫ 
33,325333
I
tPF 
6
80
2
8075
I
tPF
z
1
32
z
1 ⋅=→





+⋅= 
( )
120
0
2
z
120
0
z
2 2
s155s9200
I
tPds155st115t80
I
PF 





+=⋅+⋅⋅= ∫ 
000.220.2
I
tPF 
2
1201551209200
I
tPF
z
2
2
z
2 ⋅=→





⋅+⋅= 
 Cálculo mo momento de inércia Ιz: 
12
310t2)155(t.120
12
t.1202)115(t.80
12
80.tI
3
2
3
2
3
z
⋅+⋅





++⋅





+= 
 t67,916.449.10Iz = 
Colocando-se o valor de Ιz nas expressões das forças F1 e F2, tem-se: 
P0311,033,325333
t67,10449916
tPF 1 =⋅= 
 P212,0000.220.2
t67,10449916
tPF2 =⋅= 
P
P0311,0x2x120P212,0x310d += = 73,2 mm 
4) Sendo a espessura t constante calcule a posição do centro de cisalhamento de uma viga com seção 
transversal mostrada na figura abaixo. Esta viga é chamada de “viga U”. 
 
 mm18,21d
606150
603
b6h
b3d
22
=→
⋅+
⋅
=
+
=