Curso MecMat Parte II

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FLEXÃO
Prof. Luiz Abreu, D.Sc.
luiz.abreu.iprj@gmail.com
luiz.abreu@iprj.uerj.br
Seção 6.1
Diagramas de Força Cortante e Momento Fletor
FLEXÃO - 6.1
• Elementos longos e retos que suportam cargas perpendiculares a seu eixo
longitudinal são denominados vigas.
• Vigas são classificadas de acordo com o modo como são apoiadas:
• é suportada por um apoio fixo em uma
extremidade e um apoio móvel (ou rolete)
na outra extremidade
• é uma viga na qual uma ou ambas as
extremidades ultrapassam livremente os
apoios.
• é engastada em uma extremidade e livre na
outra;
FLEXÃO - 6.1
Em geral, as funções de cisalhamento interno e momento fletor
obtidas em função de x são descontínuas ou seu declive é descontínuo
nos pontos em que a carga distribuída muda ou onde estão
aplicadas forças concentradas ou conjugados.
FLEXÃO - 6.1
• As funções de cisalhamento e momento podem ser representadas em gráficos
denominados diagramas de força cortante e momento fletor.
• Direções positivas indicam que a carga distribuída age para baixo na viga e a
força cortante interna provoca uma rotação em sentido horário.
Exemplo 6.1
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor
para a viga dada.
Um diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado abaixo. A aplicação das 
equações de equilíbrio produz
( )
0; 0 (3)
2 2
 0; (4)
2 2 2
y
P P
F P V V
L P P
M M P x x M L x 
 = − − =  = −
 
= + − −  = − 
 




==+
==+
(2) 
2
 ;0
(1) 
2
 ;0
x
P
MM
P
VFy
Segmento esquerdo da viga se estende até a distância x na região BC.
Exemplo 6.1
O diagrama tensão representa as equações 1 e 3 ➔
O diagrama de momento representa as equações 2 e 4 ➔
Exemplo 6.1
Exemplo 6.2
Exemplo 6.2
Exemplo 6.2
Exemplo 6.4
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor
para a viga dada.
A carga distribuída é substituída por sua força resultante. L
w
xw
L
w
x
w 00 =→=
( )
( )

=+











+−=+
−==−





−=+
(2) 0
3
1
2
1
23
 ;0
(1)
2
0
2
1
2
 ;0
00
2
0
22000
Mxx
L
xw
x
LwLw
M
 xL
L
w
VVx
L
xwLw
Fy
A intensidade da cargar triangular na seção é determinada por cálculo proporcional:
A resultante do carregamento distribuído é determinada pela área sob o diagrama:
Exemplo 6.4
O diagrama de força cortante representa a equação 1 ➔
Momento fletor representa a equação 2 ➔
Exemplo 6.4
Exemplo 6.6
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor
para a viga dada.
( ) (2) kNm 8075,5075,580 ;0
(1) kN 75,5075,5 ;0
m, 50
11
1
+==+−−=+
==−=+



xMMxM
VVF
x
y
( ) ( )
( )
( ) (4) kNm 5,9275,155,2 
0
2
5
55)5(1575,580 ;0
(3) kN 575,150551575,5 ;0
m, 10m 5
2
2
2
2
222
22
1
++−=
=+




 −
−+−+−−=+
−==−−−−=+



xxM
M
x
xxxM
xVVxF
x
y
Exemplo 6.6
• Duas regiões de x devem ser consideradas para se descreverem
as funções de cisalhamento e momento da viga inteira.
O diagrama de força cortante
representa as equações 1 e 3 →
O momento fletor das equações 2 e 4 →
Exemplo 6.6
Seção 6.2
Método Gráfico
FLEXÃO - 6.2
• Nos casos em que a viga esteja sujeita a várias cargas diferentes,
determinar 𝑉(𝑥) e 𝑀(𝑥) como funções de 𝑥 e depois
esquematizar graficamente essas equações é cansativo.
• Será apresentado um método baseado em duas relações
infinitesimais que existem entre carga distribuída, cisalhamento e
momento.
FLEXÃO - 6.2
A carga distribuída foi
substituída pela força resultante
𝑤 𝑥 = Δ𝑥 que atua a uma
distância fracionária 𝑘Δ𝑥 a partir
da extremidade direita, onde
𝑂 < 𝑘 < 1 ( por exemplo, se
𝑤(𝑥) for uniforme, 𝑘 = 1/2).
+↑ Σ𝐹𝑦 = 0; 𝑉 − 𝑤 𝑥 Δ𝑥 − 𝑉 + Δ𝑉 = 0
Δ𝑉 = −𝑤 𝑥 Δ𝑥
+↺ Σ𝑀𝑜 = 0;−𝑉Δ𝑥 −𝑀 +𝑤 𝑥 Δ𝑥 𝑘Δ𝑥 + 𝑀 + Δ𝑀 = 0
Δ𝑀 = 𝑉Δ𝑥 − 𝑤 𝑥 𝑘 Δ𝑥 2
FLEXÃO - 6.2
Dividindo-se por Δ𝑥 e calculando-se o limite quando Δ𝑥 → 0, as duas equações 
anteriores tornam-se:
𝑑𝑉 𝑥
𝑑𝑥
= −𝑤(𝑥)
𝑑𝑀 𝑥
𝑑𝑥
= 𝑉 𝑥
Declive do diagrama de 
cisalhamento em cada 
ponto
Cisalhamento 
em cada ponto
Declive do diagrama de 
momento em cada ponto
-intensidade da carga 
distribuída em cada ponto
FLEXÃO - 6.2
Dividindo-se por Δ𝑥 e calculando-se o limite quando Δ𝑥 → 0, as duas equações 
anteriores tornam-se:
𝑑𝑉 𝑥
𝑑𝑥
= −𝑤(𝑥)
𝑑𝑀 𝑥
𝑑𝑥
= 𝑉 𝑥
• A mudança de força cortante entre os
pontos C e D é igual à área (negativa) sob a
curva da carga distribuída entre esses dois
pontos.
• A mudança de momento entre C e D é igual
à área sob o diagrama de força cortante na
região de C a D.
Δ𝑉 = −න𝑤 𝑥 𝑑𝑥
ΔM x = න𝑉 𝑥 𝑑𝑥
Assim, quando F atua de cima para baixo sobre a viga, ΔV é
negativo de modo que a força cortante 'salta' para baixo. Da
mesma maneira, se F atua para cima, o 'salto' ΔV será para
cima.
Se M0 for aplicado no sentido horário, ΔM será positivo, de
modo que o diagrama de momento 'saltará' para cima.
Quando M0 atuar no sentido anti-horário, o 'salto' ΔM será
para baixo.
FLEXÃO - 6.2
FLEXÃO - 6.2
Exercício
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor
para a viga dada.
Seção 6.3
6.3 Deformação por flexão de um elemento reto
6.3 – Flexão Simétrica
• Quando uma viga prismática homogênea, é submetida à flexão em torno de
um eixo z perpendicular ao eixo de simetria da sua seção transversal, a parte
inferior estica-se e a parte superior comprime-se. Existe uma superfície
neutra entre elas, que não sofre variação de comprimento.
• A seção transversal de uma viga reta permanece plana quando a viga se
deforma por flexão. Isso provoca uma tensão de tração de um lado da viga e
uma tensão de compressão do outro lado.
6.3 – Flexão Simétrica
• Quando uma viga prismática homogênea, é submetida à flexão em torno de
um eixo z perpendicular ao eixo de simetria da sua seção transversal, a parte
inferior estica-se e a parte superior comprime-se. Existe uma superfície
neutra entre elas, que não sofre variação de comprimento.
• A seção transversal de uma viga reta permanece plana quando a viga se
deforma por flexão. Isso provoca uma tensão de tração de um lado da viga e
uma tensão de compressão do outro lado.
6.3 – Flexão Simétrica
Portanto, considerando que:
o As seções transversais permanecem planas.
o Deformações nas seções são desprezíveis. 
o A deformação longitudinal varia linearmente de zero no eixo neutro.
6.3 – Flexão Simétrica
Uma vez que a lei de Hooke se aplica quando o material é
homogêneo, a deformação normal (ε) é função linear ao longo de y:
onde: Δ𝑥 = Δ𝑠 = 𝜌Δ𝜃 e Δ𝑠′ = 𝜌 − 𝑦 Δ𝜃
6.3 – Flexão Simétrica
Considerando que a Lei de Hooke de aplica, a variação linear da
deformação vista anteriormente, é causada por uma variação linear
na tensão normal.
Seção 6.4
6.4 Fórmula da Flexão
6.3 – Flexão Simétrica
Considerando que a Lei de Hooke de aplica, a variação linear da deformação vista
anteriormente, é causada por uma variação linear na tensão normal.
Como 𝜎𝑚𝑎𝑥/𝑐 ≠0, então:
ത𝑦 =
׬ 𝑦𝑑𝐴
׬ 𝑑𝐴
, então se ׬𝑦𝑑𝐴 = 0, ത𝑦 = 0
6.3 – Flexão Simétrica
A fórmula da flexão
O momento resultante na seção transversal é igual ao momento produzido pela
distribuição linear da tensãonormal em torno do eixo neutro.
Assim, o eixo natural deve passar pelo centroide da área da seção transversal.
Pela regra da mão direita, o sinal negativo é compressivo já que age na direção
negativa de x.
I
Mc
−=max
σmax = tensão normal no membro,no ponto mais afastado do
eixo neutro
M = momento interno, determinado pelo
método das seções, por exemplo.
I = momento de inércia
c = distância perpendicular do eixo neutro ao
ponto mais afastado deste eixo.
A viga simplesmente apoiada tem a área de seção transversal mostrada na figura
abaixo. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga e represente a
distribuição de tensão na seção transversal nessa localização.
Exemplo 6.8
O momento máximo interno na viga é . 
kNm 5,22=M
Por razões de simetria, o centroide C e, portanto, o eixo neutro, passa a meia 
altura da viga, e o momento de inercia é
( )
( )( ) ( )( )( ) ( )( )
( ) 46
323
2
m 103,301 
3,002,0
12
1
16,002,025,002,025,0
12
1
2 
−=






+





+=
+= AdII
Aplicando a fórmula da flexão, para c = 170 mm,
( )
( )
(Resposta) MPa 7,12
103,301
17,05,22
 ;
6máxmáx
===
−

I
Mc
A viga mostrada na figura tem área de seção transversal em forma de um canal.
Determine a tensão de flexão máxima que ocorre na viga na seção a–a.
Exemplo 6.9
Solução:
O momento interno resultante deve ser calculado em torno do eixo neutro da 
viga na seção a–a. Visto que o eixo passa pelo centroide,
( )( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )
mm 09,59m 05909,0 
25,002,0015,02,02
25,002,001,0015,02,01,02
==
+
+
==


A
Ay
y
Aplicando a equação do equilíbrio de momento sobre o eixo neutro, temos
( ) ( ) kNm 859,4005909,00,124,2 ;0 ==−+=+ MMM NA
O momento de inércia sobre o eixo neutro é
( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( ) 46
23
23
m 1026,42 
05909,01,02,0015,02,0015,0
12
1
2 
01,005909,002,025,002,025,0
12
1
−=






−++






−+=I
A tensão de flexão máxima ocorre nos pontos mais afastados do eixo neutro.
( )
( )
(Resposta) MPa 2,16
1026,42
05909,02,0859,4
6máx
=
−
==
−I
Mc
Seção 6.5
6.5 Flexão Assimétrica
Flexão assimétrica
Momento aplicado ao longo do eixo principal. Utilizando o método
Pode-se expressar a tensão normal resultante em qualquer ponto na
seção transversal, em termos gerais, como:
y
y
z
z
I
zM
I
yM
+−=
σ = tensão normal no ponto
y, z = coordenadas do ponto medidas em relação a x, y, z
My, Mz = componentes do momento interno resultante
direcionados ao longo dos eixos y e z
Iy, Iz = momentos principais de inércia calculados
em torno dos eixos y e z
Orientação do eixo neutro
• O ângulo α do eixo neutro pode ser determinado aplicando 𝜎 =
0:
• O eixo neutro tem inclinação 𝛼 e o 𝑀 tem inclinação 𝜃.
 tgtg
y
z
I
I
=
Exemplo 6.10
Uma viga em T está sujeita a um momento fletor de 15 𝑘𝑁𝑚.
Determine a tensão normal máxima na viga e a orientação do eixo
neutro.
Solução:
• Ambas as componentes do momento são positivas. Temos
( )
( ) kNm 50,730sen15
kNm 99,1230cos15
==
==
z
y
M
M
• Para propriedades da seção, temos
( )( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )
m 0890,0
2,003,004,01,0
2,003,0115,004,01,005,0
=
+
+
==


A
Az
z
• Pelo teorema dos eixos paralelos, 𝐼 = ҧ𝐼 + 𝐴𝑑2:
( )( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( ) ( ) 4623
23
4633
m 1092,13089,0115,003,02,003,02,0
12
1
 
05,0089,004,01,01,004,0
12
1
m 1053,202,003,0
12
1
04,01,0
12
1
−
−
=





−++






−+=
=+=
y
z
I
I
A maior tensão de tração ocorre em B e a maior tensão de compressão ocorre em C.
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(Resposta) MPa 3,90
1092,13
089,099,12
1053,20
02,05,7
MPa 8,74
1092,13
041,099,12
1053,20
1,05,7
66
66
−=
−
+−=
=+
−
−=
+−=
−−
−−
C
B
y
y
z
z
I
zM
I
yM



y deve representar o eixo para o momento principal de inércia mínimo, e z deve 
representar o eixo para o momento principal de inércia máximo.
( )
( )
=






=
−
−
6,68 
60tg
1092,13
1053,20
tg
6
6


Seção 6.6
Vigas Compostas
Vigas compostas
• Vigas construídas de dois ou mais materiais diferentes são denominadas vigas
compostas.
• Como foi desenvolvida para vigas de material homogêneo, a fórmula da
flexão não pode ser aplicada diretamente para determinar a tensão normal em
uma viga composta. material.
• Assim, ‘transforma-se’ matematicamente a viga, de modo que ela pareça ser
feita de um único material. Uma vez processada esta modificação, a fórmula
da flexão pode então ser usada para analisar a tensão.
Vigas compostas
• O fator de transformação é uma razão entre os módulos dos diferentes
materiais que compõem a viga: 𝑛 = 𝐸1/𝐸2 ou 𝑛’ = 𝐸2/𝐸1.
• Transforma-se a base do material, utilizando 𝑛 ou 𝑛’:
• A tensão real é obtida utilizando o fator 𝑛 ou 𝑛’
𝑏2 = 𝑛𝑏𝑏1 = 𝑛′𝑏
Exemplo 6.11
Uma viga composta é feita de madeira e reforçada com uma tira de
aço localizada em sua parte inferior. Ela tem a área de seção
transversal mostrada na figura abaixo. Se for submetida a um
momento fletor 𝑀 = 2 𝑘𝑁.𝑚, determine a tensão normal nos
pontos 𝐵 e 𝐶. Considere 𝐸𝑚𝑎𝑑 = 12 GPa e 𝐸𝑎ç𝑜 = 200 GPa.
Solução:
• Tranformando a seção em outra feita inteiramente de aço.
( ) mm 9150
200
12
madmadaço ==== b
E
E
nbb
aço
mad
• A localização do centroide (eixo neutro) é
( )( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )
m 03638,0
15,0009,015,002,0
15,0009,0095,0150,002,001,0
=
+
+
==


A
Ay
y
• A seção transformada é mostrada na figura ao lado.
• o momento de inércia em torno do eixo neutro é( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( ) 46
23
23
m 10358,9 
03638,0095,015,0009,015,0009,0
12
1
 
01,003638,002,015,002,015,0
12
1
−=






−++






−+=NAI
• Aplicando a fórmula da flexão, a tensão normal em B’ e C é
( )
( )
( )
( )
' 6
6
2 0,17 0,03638
28,6 MPa
9,358 10
2 0,03638
7,87 MPa (Resposta)
9,358 10
B
C


−
−
−
= =
= =
• A tensão normal na madeira em B é .
( ) (Resposta) MPa 71,156,28
200
12
' === BB n
Seção 6.7
Vigas de concreto armado
Concreto armado
• Todas as vigas submetidas a flexão pura devem resistir aos esforços de tração
e compressão.
• O concreto, entretanto, é muito suscetível a fraturas quando está sob tensão e,
portanto, por si só não seria adequado para resistir a um momento fletor.
• No projeto, a capacidade do concreto para suportar carga de tração é
desprezada, uma vez que sua possível fratura é imprevisível.(Fig b)
Concreto armado
• Para analisar a tensão, precisamos localizar o eixo neutro e determinar a
tensão máxima no aço e no concreto.
• Assim, a área do aço 𝐴𝑎ç𝑜 é primeiro transformada em área equivalente de
concreto:
𝑛 =
𝐸𝑎ç𝑜
𝐸𝑐
Concreto armado
Aqui 𝑑 representa a distância do topo da viga até o aço (transformado);
𝑏 é a largura da viga;
ℎ′ é a distância, ainda desconhecida, do topo da viga até o eixo neutro;
Concreto armado
Pode-se obter ℎ′ usando o fato de que o centroide e da área da seção transversal da
seção transformada fica no eixo neutro. Portanto, em relação aoeixo neutro, o
momento das duas áreas, Σത𝑦𝐴, deve ser nulo, visto que 𝑦 = Σത𝑦𝐴/ Σ𝐴 = 0. Então:
𝑏ℎ′
ℎ′
2
− 𝑛𝐴𝑎ç𝑜 𝑑 − ℎ
′ = 0
Exemplo 6.12
A viga de concreto armado tem a área de seção transversal como
mostra a figura abaixo. Se for submetida a um momento fletor 𝑀 =
60 𝑘𝑁 ∙ 𝑚, determine a tensão normal em cada uma das hastes de
reforço de aço e a tensão normal máxima no concreto. Considere
𝐸𝑎ç𝑜 = 200𝐺𝑃𝑎 e 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑐 = 25𝐺𝑃𝑎.
Solução:
A área total de aço é 
( )  22aço mm 9825,122 == A
Exige-se que o centroide se encontre no eixo neutro.
( )
( )
( ) 2
3
3
aço mm 856.7982
1025
10200
' === nAA
( ) ( )
mm 90,120'033,949.20'37,52'
0'400856.7
2
'
'300
0~
2 ==−+
=−−
=
hhh
h
h
h
Ay
O momento de inércia da seção transformada, calculado em
torno do eixo neutro, é
( )( ) ( ) ( ) 462
2
3
mm 1067,7889,120400856.7
2
9,120
9,1203009,120300
12
1
=








−+





+=I
Aplicando a fórmula da flexão à seção transformada, a tensão normal máxima no 
concreto é
( )
( )( )( )
( )( )( )( )
MPa 23,21
1067,788
9,120400000.1000.1000.160
'
(Resposta) MPa 20,9
1067,788
000.19,120000.160
6conc
6máxconc
=

−
=
=

=


( )
( )
(Resposta) MPa 84,16923,21
1025
10200
'
3
3
concaço =





==  n
A tensão normal em cada uma das duas hastes é, portanto,
Seção 6.9
6.9 Concentrações de tensão
Concentrações de tensão
• A tensão normal máxima em cada uma das descontinuidades
ocorre na seção que passa pela menor área de seção transversal.
• Uma vez que K for obtido, a tensão de flexão máxima é
determinada por
I
Mc
K=máx
Concentrações de tensão
I
Mc
K=máx
Exemplo 6.14
A transição na área da seção transversal da barra de aço é obtida por
filetes de redução. Se a barra for submetida a um momento fletor
5 𝑘𝑁 ∙ 𝑚, determine a tensão normal máxima desenvolvida no aço.
A tensão de escoamento é 𝜎𝑒 = 500 𝑀𝑃𝑎.
Solução:
• Pela geometria da barra,
5,1
80
120
 2,0
80
16
====
h
w
h
r
K é 1,45 e temos
( )
( )( )
( )( )
MPa 340
08,002,0
12
1
04,05
45,1
3
máx =






==
I
Mc
K
• Este resultado indica que o aço permanece elástico, visto que a tensão está
abaixo da tensão de escoamento (500 MPa).
Exemplo – Beer
(raio de Curvatura)
A peça de máquina de ferro fundido é atendida por um momento
𝑀 = 3 𝑘𝑁 𝑚. Sabendo-se que o módulo de elasticidade 𝐸 =
165 𝐺𝑃𝑎 , determine (a) as tensões máximas de tração e
compressão, (b) o raio de curvatura.
SOLUÇÃO:
Baseado na geometria da seção 
transversal, calcular a localização do 
centroide e momento de inércia.
( ) +=


= 
2dAII
A
Ay
Y x
Aplicar a fórmula da flexão elástica para 
encontrar as tensões máximas de 
tração e compressão.
I
Mc
m =
Calcular a curvatura
EI
M
=

1
Exemplo - Beer
Problema resolvido
SOLUÇÃO:
Baseado na geometria da seção transversal, 
calcular a localização do centróide e momento 
de inércia.
mm 38
3000
10114 3
=

=


=
A
Ay
Y
 ==
=
=
3
3
3
32
101143000
104220120030402
109050180090201
mm ,mm ,mm Area,
AyA
Ayy
( ) ( )
( ) ( )
49-43
23
12
123
12
1
23
12
12
m10868 mm10868
18120040301218002090
==
+++=
+=+= 
I
dAbhdAIIx
Problema resolvido
Aplicar a fórmula da flexão elástica para encontrar 
as tensões máximas de tração e compressão.
49
49
m10868
m038.0mkN 3
m10868
m022.0mkN 3
−
−


−=−=


==
=
I
cM
I
cM
I
Mc
B
B
A
A
m



MPa 0.76+=A
MPa 3.131−=B
Calcular a curvatura
( )( )49- m10868GPa 165
mkN 3
1


=
=
EI
M

m 7.47
m1095.20
1 1-3
=
= −


Bibliografia Recomendada 
1. HIBBELER, Russell C. Resistência dos materiais. Pearson
Prentice Hall, 2006.
2. GERE, J. M.; GOODNO, B. J. Mecânica dos Materiais. Trad.
Luiz Fernando de Castro Paiva. Rev. Tec. Marco Lucio
Bittencourt e Demetrio C. Zachariadis. São Paulo: Cengage
Learning, 2010.
3. BEER, Ferdinand P. et al. Mecânica dos Materiais -7ª Edição.
McGraw Hill Brasil, 2015.
Exercícios 
Hibbeler, 7ª Edição:
6.43, 6.46, 6.49, 6.52, 6.59, 6.81,6.96, 6.97,6.123, 6.127, 6.174.
REGRAS:
• Tempo:
QUESTÃO 1 – 15min
QUESTÃO 2 – 25min
• Dúvidas somente em voz alta com explicação coletiva.
• A cada tempo será trocado o slide
• Folhas viradas para recolhimento às __:__.
CAPÍTULO 7
CISALHAMENTO TRANSVERSAL
CAPÍTULO 7
Devido à propriedade complementar do cisalhamento, ocorrem
tensões de cisalhamento longitudinais devido às tensões cisalhantes
transversais;
CAPÍTULO 7
Em vigas esbeltas ( 𝐿 >> 𝑏 ) considera-se que as seções
permanecem planas após a deformação, mas um caso real é bem
mais complexo...
Será então desenvolvida uma fórmula para a
tensão de cisalhamento indiretamente,
usando a fórmula da flexão e a relação entre
momento fletor e força de cisalhamento.
Assim, baseia-se no estudo da tensão de
cisalhamento longitudinal, bem como nos
resultados da Equação 𝑉 =
𝑑𝑀
𝑑𝑥
.
CAPÍTULO 7
Considerando uma viga qualquer,
O elemento isolado, 𝑑𝑥, satisfaz Σ𝐹𝑥 = 𝑂, visto que a distribuição de tensão em
cada lado forma apenas um conjugado e, portanto, uma força resultante nula.
Exemplo
Considere a viga simplesmente apoiada e mostrada na Figura abaixo. Supondo que uma
carga concentrada de 𝑃 = 9.0𝐾𝑁 seja aplicada no meio do vão de 2𝑚. São obtidos os
diagramas de esforços cortantes e de momentos fletores mostrados.
Exemplo
Considerando um segmento 𝑑𝑥 = 𝐵𝐶 = 150𝑚𝑚, escolhido arbitrariamente na viga a
uma distância 𝑥 = 300𝑚𝑚 do apoio esquerdo, observa-se que o mesmo está submetido a
dois diferentes momentos em cada uma de suas faces:
Exemplo
Quando analisada a face total (1)+(2), observa-se que o conjugado em cada lado garante
que o equilíbrio seja satisfeito, ou seja,
Σ𝐹𝑥 = 0
4,5𝑀𝑃𝑎 − 4,5𝑀𝑃𝑎 = 0
3,0𝑀𝑃𝑎 − 3,0𝑀𝑃𝑎 = 0
𝜎 =
𝑀𝑐
𝐼
=
12𝑀𝑐
𝑏 ℎ3
⇒ 𝜎 =
12 2,025 × 103 0,075
0,12 0,153
4,5𝑀𝑃𝑎
Exemplo
Entretanto, ao observar apenas o elemento interno (1) ou (2), este equilíbrio não é
satisfeito apenas através das forças normais,
Exemplo
Considere a viga com seção transversal em T invertido, supondo
𝑀𝑎 = 1000𝑁𝑚 e que as medidas estão em mm.
Exemplo
Considere a viga com seção transversal em T invertido, supondo
𝑀𝑎 = 1000𝑁𝑚 e que as medidas estão em mm.
𝐼𝑧 = 5.33 × 10
6𝑚𝑚4
𝑦𝑏𝑜𝑡 = 40𝑚𝑚
𝑦𝑡𝑜𝑝 = 80𝑚𝑚
𝐴 = 4000𝑚𝑚
𝜎 =
𝑀𝑐
𝐼
Exemplo
Na área total:
𝜎 =
𝑀𝑐
𝐼
→
40×1000
5,33×106
= 7,5𝑀𝑃𝑎
𝜎 =
𝑀𝑐
𝐼
→
80×1000
5,33×106
= 15𝑀𝑃𝑎
𝐹1 = 𝐴𝜎 =
20 80 15
2
= 12𝐾𝑁
𝐹2 = 𝐴𝜎 =
20 100−80 3,75
2
+ 100 20 3,75 +
100 20 7,5−3,75
2
= 12𝐾𝑁
+→ Σ𝐹𝑥 = 0 = 12000 − 12000 = 0
Equação do Cisalhamento
Assim, considerando apenas a área sombreada cuja base está a uma distância 𝑦’ do
centroide da área transversal de uma viga qualquer, pode-se notar que:
Como, 𝜎 = 𝑀𝑦/𝐼 e 𝜎′ = 𝑀 + 𝑑𝑀 𝑦/𝐼:
E ainda lembrando que Q é o momento estático
(momento de primeira ordem)de área,
Por fim, usando a relação entre cortante e momento fletor:
Equação do Cisalhamento
''
 
'
AyydAQ
It
VQ
dx
dM
V
A
==
=
=


Ou seja,
𝜏 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡τ = tensão de cisalhamento no ponto localizado à distância 𝑦’ do eixo neutro. Esta tensão
é considerada média em toda a largura 𝑡 do elemento.
V = força de cisalhamento interna resultante
I = momento de inércia da área da seção transversal inteira, em torno do eixo neutro.
t = largura da área da seção transversal do elemento, medida no ponto onde a tensão
cisalhante deve ser determinada.
𝑄 = ׬𝐴′𝑦𝑑𝐴′ = ഥ𝑦′ 𝐴′ = ത𝑦′𝐴′
A’ é a porção superior (ou inferior) da seção transversal do elemento, definido pela seção
onde t é medida.
ത𝑦′ é a distância até o centróide de A’, medida em relação ao eixo neutro.
Equação do Cisalhamento
Tensões de cisalhamento em vigas
Seção retangular:
Para uma viga com seção transversal
retangular, a tensão de cisalhamento
varia parabolicamente com a altura. A
tensão de cisalhamento máxima
ocorre ao longo do eixo neutro.
Tensões de cisalhamento em vigas
Seção retangular:
A distribuição de tensão de 𝜏 em função de uma posição y (altura) arbitrária é obtida 
usando :
𝜏 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡
=
𝑉
1
2
ℎ2
4 − 𝑦
2 𝑏
1
12 𝑏ℎ
3 𝑏
ou 
𝜏 =
6𝑉
𝑏ℎ3
ℎ2
4
− 𝑦2
Sabendo que, Q pode ser calculado como:
𝑄 = ത𝑦′𝐴 = 𝑦 +
1
2
ℎ
2
− 𝑦
ℎ
2
− 𝑦 𝑏 =
1
2
ℎ2
4
− 𝑦2 𝑏
Exemplo 7.1
A viga é feita de madeira e está sujeita a uma força de cisalhamento vertical
interna resultante V = 3 kN.
(a) Determine a tensão de cisalhamento na viga no ponto P e 
(b) Calcule a tensão de cisalhamento máxima na viga.
( ) ( )( ) 34 mm 1075,181005050
2
1
5,12'' =





+== AyQ
( )( ) 4633 mm 1028,16125100
12
1
12
1
=== bhI
(a) O momento de inércia da área da seção
transversal calculado em torno do eixo neutro é
Aplicando a fórmula do cisalhamento, 
temos
( )( )
( )( )
(Resposta) MPa 346,0
1001028,16
1075,183
6
4
=


==
It
VQ
P
Solução
( ) ( )( ) 34 mm 1075,181005050
2
1
5,12'' =





+== AyQ
( )( ) 4633 mm 1028,16125100
12
1
12
1
=== bhI
(a) O momento de inércia da área da seção
transversal calculado em torno do eixo neutro é
Aplicando a fórmula do cisalhamento, 
temos
( )( )
( )( )
(Resposta) MPa 346,0
1001028,16
1075,183
6
4
=


==
It
VQ
P
Solução
(b) A tensão de cisalhamento máxima ocorre no eixo neutro, visto que t é constante
em toda a seção transversal,
( )( )
( )( )
(Resposta) MPa 360,0
1001028,16
1053,193
6
4
máx =


==
It
VQ
( )( ) 4 3
62,5
' ' 100 62,5 19,53 10 mm
2
Q y A
 
= = =  
 
Aplicando a fórmula do cisalhamento,
Viga Abas Largas
• Será realizada uma análise semelhante à anterior (calculando 𝑄 e
𝑡 da aba).
• A distribuição também é parabólica (varia pouco na alma, e tem
um ‘salto’ na junção devido a mudança de t na equação)
Viga Abas Largas
• Exemplo: A seção da viga de abas largas está submetida a uma
força cortante V = 80 kN, (a) traçar a distribuição da tensão de
cisalhamento longitudinal que atua sobre as áreas de sua seção
transversal e (b) determinar a força cortante que a alma resiste.
Viga Abas Largas
• Inicialmente calculamos os valores de τ ‘salto’ na junção (B e B’);
Precisamos do ‘I’ para toda a seção transversal (soma dos 3
retângulos);
• Em B’ teremos
• logo
Viga Abas Largas
• Em B teremos
• (Área A’ é mesma acima de B ou B)
• 𝑄𝐵 = 𝑄𝐵′
• Logo:
• Calcularemos o valor máximo de τ em C (no EN):
• área A’ é a área hachurada acima de C; 2 retângulos)
Viga Abas Largas
• 𝑉 na Alma é obtida integrando a função 𝜏 no elemento 𝑑𝐴 =
0.015𝑑𝑦 na alma. Na alma :
Fluxo de cisalhamento
• Para projetar os elementos de fixação, é necessário conhecer a força de cisalhamento à
qual eles devem resistir ao longo do comprimento da estrutura.
• A força cisalhante atuante ao longo da largura de uma viga, por unidade de
comprimento ao longo do eixo da viga, é determinada multiplicando-se a tensão 𝜏𝑥𝑦,
pela largura 𝑡.
• Esta grandeza é designada por 𝑞 e é chamada de fluxo de cisalhamento: 𝑞 = 𝑑𝐹/𝑑𝑥.
𝜏𝑥𝑦 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡
→ 𝜏𝑥𝑦𝑡 = 𝑞 =
𝑉𝑄
𝐼
𝑞 = fluxo de cisalhamento (expressa em newtons por metro ou libras por polegada)
𝑉 = força de cisalhamento interna resultante
𝐼 = momento de inércia de a área da seção transversal
•Esse carregamento, quando medido como força por unidade de comprimento, 
é denominado fluxo de cisalhamento q.
CAPÍTULO 8
CARGAS COMBINADAS
CARGAS COMBINADAS
• O perfil da distribuição de tensão em uma seção transversal é
obtido pelo método da superposição (para relação linear entre
tensões e cargas, e geometria com pouca variação).
PROCEDIMENTO 
1. Carga Interna.
• Obter N, V, M e T resultantes no centróide (ou em torno dos eixos
principais) na seção desejada.
CARGAS COMBINADAS
2. Tensões normais e cisalhantes.
• Mostrar o perfil da distribuição de tensões devido à cada uma das
cargas internas, em toda a área da seção ou em um ponto específico.
3. Aplicar a superposição dos efeitos
Cap 4 Cap 5 Cap 6 Cap 7 Cap 8
𝜎 =
𝑃
𝐴
𝜏 =
𝑇𝜌
𝐽
ou
𝜏 = 𝑇/2𝐴𝑚𝑡
𝜎 = −
𝑀𝑦
𝐼
ou
𝜎 = 𝑀𝑦 𝐴𝑒 𝑅 − 𝑦
𝜏 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡
𝜎1 =
𝑝𝑟
𝑡
e
𝜎2 =
𝑝𝑟
2𝑡
EXEMPLO
A viga mostrada tem seção transversal retangular. Determine o
estado de tensão no ponto C.
EXEMPLO
1. Carga Interna.
Reações de apoios das equações de equilíbrio e DCL;
Analise das cargas internas na seção em C;
EXEMPLO
2. Tensões normais e cisalhantes.
FORÇA NORMAL.
• distribuição constante;
MOMENTO FLETOR.
• C está em y=c=125mm, considerando distribuição linear;
FORÇA CORTANTE.
• C está no topo, onde 𝜏 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡
= 0, logo a distribuição é parabólica;
3. Superposição.
• C só sofre tensões normais;
EXEMPLO
Um elemento em C será representado por: