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Resistência dos Materiais
1Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Capítulo 1 -
 
Introdução
¾ Mecânica: Descreve e prediz as condições de repouso ou 
movimento de corpos sob a ação de forças.
¾ Divisões: Mecânica dos Corpos Rígidos, dos Corpos Deformáveis
e dos Fluidos
ƒ Subdivisões da mecânica dos Corpos Rígidos: Estática, 
Cinemática e Dinâmica.
•
 
A Estática considera corpos perfeitamente rígidos e para 
pequenas deformações as condições de equilíbrio não são 
alteradas.
ƒ Mecânica dos Corpos Deformáveis: é estudada em Resistência 
dos materiais, onde as deformações são importantes quando 
houver possibilidade de falha dos materiais e também para 
dimensionamento.
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1.1 –
 
Conceitos Fundamentais
¾ Mecânica Newtoniana (sec. XVII): constitui a base das ciências de 
Engenharia
ƒ Conceitos Básicos: espaço, tempo, massa e força sem definição 
exata, aceitos com base em nossa intuição e experiência.
• espaço –
 
associado à noção de posição (coordenadas)
• tempo –
 
definição do evento coordenadas + instante
•
 
massa –
 
caracterização e comparação dos corpos 
(experimental)
•
 
força –
 
representa a ação de um corpo sobre outro, exercida 
por contato ou pela distância (forças gravitacionais)
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ƒ Lei do paralelogramo – para a adição de forças em um ponto 
(força resultante)
ƒ Princípio de transmissibilidade – a substituição de forças com 
mesma intensidade, direção e sentido não altera o equilíbrio ou o 
movimento do corpo rígido.
1.1 –
 
Conceitos Fundamentais
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1.1 –
 
Conceitos Fundamentais
ƒ Três Leis Fundamentais de Newton.
•
 
Primeira Lei –
 
Se a força resultante que atua sobre um ponto 
material é zero, este permanecerá em repouso (se estava 
originalmente em repouso) ou mover-se-á com velocidade 
constante e em linha reta (se estava originalmente em 
movimento).
•
 
Segunda Lei – Se a força resultante que atua sobre um 
ponto material não é zero, este terá uma aceleração 
proporcional à intensidade da resultante e na direção desta.
F = m * a
 
(1.1)
•
 
Terceira Lei – As forças de ação e reação entre corpos em 
contato têm a mesma intensidade, mesma linha de ação e 
sentidos opostos.
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1.2 –
 
Sistema de Unidades
Para os conceitos fundamentais estão associadas as unidades 
mecânicas. As unidades de espaço, tempo e massa são conhecidas 
como unidades básicas ou fundamentais. A unidade de força de acordo 
com a Eq. (1.1) é chamada de unidade derivada, formando um sistema 
coerente de unidades.
O SI (Sistema Internacional de Unidades) será o sistema de 
unidades adotado para esse curso. As tabelas seguir indicam as 
principais unidades e prefixos utilizados na mecânica.
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Grandeza Unidade Símbolo Fórmula
Aceleração Metro por segundo quadrado ------ m/s2
Ângulo plano Radiano rad *
Aceleração angular Radiano por segundo ------ rad/s2
Área Metro quadrado ------ m²
Comprimento Metro m **
Energia Joule J N * m
Força Newton N kg * m/s2
Freqüência Hertz Hz 1/s
Massa Quilograma kg **
Momento de uma força / Torque Newton-metro ------ N * m
Potência / Fluxo de energia Watt W J/s
Pressão Pascal Pa N/m2
Tensão Pascal Pa N/m2
Tempo Segundo s **
Trabalho Joule J N * m
Velocidade Metro por segundo ------ m/s
Velocidade angular Radiano por segundo ------ rad/s
Volume sólidos Metro cúbico ------ m3
Volume líquidos Litro ------ 10-3 m3
* Unidade suplementar ** Unidade de base
Tabela 1.1 –
 
Principais Unidades do SI usadas em Mecânica
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Fator de multiplicação Prefixo Símbolo
1 000 000 000 000 = 1012 tera T
1 000 000 000 = 109 giga G
1 000 000 = 106 mega M
1 000 = 103 quilo k
100 = 102 hecto h
10 = 101 deca da
0,1 = 10-1 deci d
0,01 = 10-2 centi c
0,001 = 10-3 mili m
0,000 001 = 10-6 micro μ
0,000 000 001 = 10-9 nano n
0,000 000 000 001 = 10-12 pico p
Tabela 1.2 –
 
Prefixos do SI
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1.3 –
 
Precisão Numérica
A precisão do resultado de um problema depende de dois 
fatores:
¾ precisão dos dados fornecidos
¾ precisão dos cálculos realizados
A precisão dos resultados não pode superar a destes dois 
fatores.
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Exemplo: Peso da ponte = 375 kN, erro = 0,5 kN, portanto 
erro relativo = 0,5 / 375 = 0,0013 = 0,13%
Não tem sentido calcular a reação de apoio como 71,62 kN pois,
(0,13/100) * (71,62) = 0,1 kN, ou seja erro aproximado de 0,1 kN
Dessa forma seria correto expressar 71,6 kN para a reação de apoio
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Capítulo 2 -
 
Estática dos Pontos Materiais
Definição: Um ponto material encontra-se em equilíbrio estático 
quando a resultante de todas as forças que atuam sobre ele é zero.
Cálculo de resultante: Duas forças P e Q que atuam sobre um 
ponto material A podem ser substituídas por uma única força R que 
tenha o mesmo efeito sobre este ponto. Esta força R é chamada de
 
Força Resultante.
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Exemplo:
A
P = 60 N
Q = 40 N
20°
25°
155°
P
Q
R
γ
θ
Lembre-se que o vetor força é definido através de seu módulo, direção e
 
sentido.
Lei dos co-senos: a2
 
= b2
 
+ c2
 
–
 
2.b*c*cosα
R2
 
= 402
 
+ 602
 
–
 
2.40.60.cos155°
 
R = 97,7 N
Lei dos senos: a / sen α
 
= b / sen β
 
= c / sen γ
97,7 / sen 155°
 
= 40 / sen γ γ = 10°
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Outro método para solução –
 
Coordenadas Cartesianas
j
y
x
i
i e j são versores: vetores unitários
P = 60 cos 45° i + 60 sen 45° j
Q = 40 cos 20° i + 40 sen 20° j
R = 80,0 i + 56,1 j
 
Teorema de Pitágoras: R = (80,02
 
+ 56,12)1/2
 
= 97,7 N
tg θ
 
= 56,1 / 80,0 = 35°
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-
 
Sabendo-se que a massa do caixote da figura abaixo é de 75 kg, determine
 
a tração em cada uma das cordas AB e AC. Considere a aceleração 
gravitacional como sendo 9,81 m/s2.
A
B
C
50° 30°
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Diagrama de corpo livre:
P
TAB TAC
50° 30°
x
y
P = m . g P = 75 . 9,81
P = 736 N P = -736 j
TAB
 
= -TAB
 
cos 50° i + TAB
 
sen 50° j
TAC
 
= TAC
 
cos 30° i + TAC
 
sen 30° j
ΣFX = 0
 
-TAB
 
cos 50° + TAC
 
cos 30° = 0
 
TAB = 1,348 TAC
ΣFY = 0
 
TAB
 
sen 50° + TAC
 
sen 30° -
 
736 = 0
ΣFY = 0
 
1,348 TAC
 
sen 50° + TAC
 
sen 30° -
 
736 = 0
 
TAC = 480 N
TAB
 
= 1,348 TAC
 
TAB = 647 N
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2.1 -
 
Estática dos Pontos Materiais -
 
Análise Tridimensional
Definição: Um ponto material encontra-se em equilíbrioestático quando a 
resultante de todas as forças que atuam sobre ele é zero.
Forças no Espaço
Seja:
F
x
Fh
θy
z
y
α
Fy
 
= F cos θy
Fh
 
= F sen θy
Fx
 
= F sen θy
 
cos α
Fz
 
= F sen θy
 
sen α
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Fx
 
= F cos θx
Fy
 
= F cos θy
Fz
 
= F cos θz
F = Fx
 
i + Fy
 
j + Fz
 
k
F = F cos θx
 
i + F cos θy
 
j + F cos θz
 
k
F = cos θx
 
i + cos θy
 
j + cos θz
 
k
F
cos θx
 
, cos θy
 
e cos θz
 
são os cossenos diretores de F
cos2θx
 
+ cos2θy
 
+ cos2θz
 
= 1
cos θx
 
= Fx
 
/ F
 
cos θy
 
= Fy
 
/ F
 
cos θz
 
= Fz
 
/ F 
θy θx
θz
F
z
y
x
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F
A
dy
dx
B
dz
(xA
 
, yA
 
, zA
 
)
(xB
 
, yB
 
, zB
 
)
xB
 
– xA
 
= dx
yB
 
– yA
 
= dy
zB
 
– zA
 
= dz
cos θx
 
= dx / d
 
cos θy
 
= dy / d
 
cos θz
 
= dz / d
F = F (cos θx
 
i + cos θy
 
j + cos θz
 
k) 
F = F (dx i + dy j + dz k)
d
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Exercícios
1) Sabe-se que a tração no cabo é de 2500N. Determine as componentes da 
tração aplicada no parafuso e os ângulos que definem a direção da força.
A
40m
B
x
y
z
80m
30m
parafuso
cabo
Coordenadas dos pontos:
A (40, 0, -30)
B (0, 80, 0)
Interpretação do problema:
B
A
2500
2500
2500
2500
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dx = 0 –
 
40 = -
 
40 m
dy = 80 –
 
0 = 80 m
dz = 0 –
 
(–30) = 30 m
d = (402
 
+ 802
 
+ 302)1/2
 
= 94,34 m
a) F = 2500 ( -
 
40 i + 80 j + 30 k ) = [ -
 
1060 i + 21209 j + 795 k ] N
94,34
b) cos θx = -
 
40
 
cos θy = 80
 
cos θz = 30
94,34
 
94,34
 
94,34
θx = 115°
 
θy = 32°
 
θ
 
= 71,5°
115°
32°
71,5°
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2.2 -
 
Resultante de Forças no Espaço:
R = P + Q + S 
P
S
Q
P = Px
 
i + Py
 
j + Pz
 
k
Q = Qx
 
i + Qy
 
j + Qz
 
k
S = Sx
 
i + Sy
 
j + Sz
 
k
R = (Px
 
+ Qx
 
+ Sx
 
) i + (Py
 
+ Qy
 
+ Sy
 
) j + (Pz
 
+ Qz
 
+ Sz
 
) k
R = Rx
 
i + Ry
 
j + Rz
 
k
Para o equilíbrio estático:
ΣFx
 
= 0,
 
ΣFy
 
= 0,
 
ΣFz
 
= 0
R = 0
 
∴
 
Rx
 
= 0,
 
Ry
 
= 0,
 
Rz
 
= 0
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2) Três cabos são unidos em D, onde uma força de 15,6 kN é aplicada, como 
está ilustrado. Determine a tração em cada cabo.
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Solução:
Obs.: um cabo está sempre sob tração.
Para que haja equilíbrio temos:
TDA
 
+ TDB
 
+ TDC
 
+ P = 0
Coordenadas dos pontos:
A (0,3,3) B (0,3,-3) C (0,0,0) D (1,5 , 2 , 0) E (7,5 , 0 , 1,5) 
TDC
 
= TDC
 
(-1,5 i –
 
2 j) = -
 
0,6 TDC
 
i –
 
0,8 TDC
 
j
(1,52
 
+ 22)1/2
TDB
 
= TDB
 
(-1,5 i + 1 j –
 
3 k) = -0,42 TDB
 
i + 0,28 TDB
 
j –
 
0,86 TDB
 
k
(1,52
 
+12
 
+ 32)1/2
TDA
 
= TDA
 
(-1,5 i + 1 j + 3 k) = -0,42 TDA
 
i + 0,28 TDA
 
j + 0,86 TDA
 
k
(1,52
 
+ 12
 
+ 32)1/2
P = 15,6 (6 i –
 
2 j + 1,5 k) = 14,4 i –
 
4,8 j + 3,6 k
(62
 
+ 22
 
+ 1,52)1/2
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Σ
 
Fx = 0
 
-0,6 TDC
 
–
 
0,42 TDB
 
–
 
0,42 TDA
 
+ 14,4 = 0
Σ
 
Fy = 0
 
-0,8 TDC
 
+ 0,28 TDB
 
+ 0,28 TDA
 
–
 
4,8 = 0 
ΣFz = 0
 
0 –
 
0,86 TDB
 
+ 0,86 TDA
 
+ 3,6 = 0
Resolvendo o sistema encontra-se:
TDA
 
= 11,9 kN
 
TDB
 
= 16,1 kN
 
TDC
 
= 4 kN
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Capítulo 3 -
 
Equilíbrio dos Corpos Rígidos
Definição:
 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças 
externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças 
equivalentes a zero, isto é, quando as forças externas podem 
ser reduzidas a uma força nula e a um momento nulo.
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Conceitos importantes:
-
 
Forças externas: São aquelas que representam a ação de outros 
corpos sobre o corpo rígido considerado, sendo inteiramente responsáveis pelo 
comportamento externo do corpo rígido. Causarão o movimento ou assegurarão 
a permanência em repouso.
-
 
Forças internas: São as que mantêm unidos os pontos que formam o 
corpo rígido. Se o corpo rígido é estruturalmente composto de diversas partes, as 
forças que mantêm estas partes unidas são também chamadas forças
 
internas.
-
 
Momento de uma Força em Relação a um Ponto: Considerando a 
figura abaixo, defini-se o momento de F
 
em relação a O como sendo o produto 
vetorial de r
 
e F.
Mo
 
= r x F
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-
 
Tipos de vínculos usados:
-vínculo simples (apoio móvel):
-vínculo duplo (apoio fixo):
-vínculo triplo (engaste): 
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1) Determine o valor das reações de apoio do corpo rígido abaixo.
2 kN
A
1 kN
B
1 m 4 m
3 m
2 m
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Diagrama de corpo livre (DCL):
x
y
+20 kN
10 kN
Ax
By
Ay ΣFx = 0
 
Ax -10 = 0
 
Ax = 10 kN
ΣFy = 0
 
Ay + By –
 
20 = 0
ΣMA
 
= 0
 
-20 x 1 –
 
10 x 2 + 5By = 0
 
By = 8 kN
ΣFy = 0
 
Ay + 8 –
 
20 = 0
 
Ay = 12 kN
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2) Determine o valor das reações de apoio do corpo rígido abaixo.
1m 1m1m 1m
1 kN
2 kN.m
3 kN
4 kN
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Diagrama de corpo livre (DCL):
M
Ax
1 kN
2 kN.m
4 kN
3 kNAy
ΣFx = 0
 
Ax -
 
4 = 0
 
Ax = 4 kN
ΣFy = 0
 
Ay –
 
1 + 3 = 0
 
Ay = -2 kN
ΣM = 0
 
M –
 
1 x 1 -
 
2 + 3 x 3 = 0
 
M = -6 kN.m
Comentário: Sabe-se que o momento é um vetor livre, ou seja, ele pode ser 
transladado para qualquer ponto do plano ou espaço em questão sem mudar 
seu módulo, direção e sentido.
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1) Determinar as reações de apoio do corpo rígido abaixo.
2m 1m1m 1m 3m
2kN/m
4kN3kN/m 3kN.m
A B
DCL:
1m
4kN
3kN.m
1m 2m 3m 1m
3kN
Ay
Ax
By
6kN
ΣFx = 0
 
Ax = 0
ΣMA
 
= 0
 
By x 8 –
 
3 x 7 -
 
4 x 4 –
 
3 –
 
6 x 1 = 0
 
By = 5,75kN
ΣFy = 0Ay –
 
6 –
 
4 –
 
3 + 5,75 = 0
 
Ay = 7,25kN
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3.1 -
 
Treliças
Definição: A treliça é um tipo de estrutura da engenharia. Uma treliça 
consiste em barras retas articuladas nas juntas, onde a força atuante 
em uma barra será na direção desta e poderá ser de tração ou 
compressão.
Exemplo de treliça:
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Análise de equilíbrio estático de uma barra de treliça:
A
A’
A
B
B
B’
Chamando-se de x o eixo que liga o 
ponto A ao ponto B temos:
ΣMA
 
= 0
 
B’
 
= 0
ΣMB
 
= 0
 
A’
 
= 0
ΣFx
 
= 0
 
A = B
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Análise de estabilidade de treliças simples:
a)
P
A C
B
Ay Cy
Ax
b)
A
B C
D
P
B’ C’
Ax
DyAy
Treliças simples são todas aquelas que seguem a seguinte fórmula:
b + r = 2 n, onde:
b = número de barras (incógnitas internas).
r = reações de apoio (incógnitas externas) –
 
número de equações.
n = número de nós. 
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Para a) temos: b = 3, r = 3 e n = 3, então:
3 + 3 = 2 x 3
6 = 6 ok 
Treliça simples (plana) isostática (estaticamente determinada).
Para b) temos: b = 4, r = 3 e n = 4, então:
4 + 3 = 2 x 4
7 = 8 falso 
Treliça hipostática rígida.
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Inserindo uma outra barra em b) temos:
P
A
B C
D
Ay Dy
Neste caso:
b = 5, r = 3, n = 4
5 + 3 = 2 x 4
8 = 8 ok
Treliça simples (plana) isostática 
(estaticamente determinada).
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Determine o valor de carga interna resultante em cada barra, 
especificando se é tração ou compressão.
3m
4m 4m
A C
D
E
B
F
2,5kN 2,5kN
1,5kN
1,5kN
Dy
Dx
Fy
x
y
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Como a treliça é completamente simétrica, conclui-se que Dy e Fy são iguais, 
sendo assim:
–
 
2,5 –
 
1,5 –
 
2,5 –
 
1,5 + 2Dy = 0
 
Dy = Fy = 4kN
Resolução do problema pelo Método dos Nós.
Nó D:
0 FDE
FDA ΣFx = 0
 
FDE
 
= 0
ΣFy = 0
 
FDA
 
+ 4 = 0
 
FDA = -
 
4 kN
ΣFx = 0
 
Dx = 0
ΣFy = 0
 
–
 
2,5 –
 
1,5 –
 
2,5 –
 
1,5 + Dy + Fy = 0 
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Nó A:
α
2,5
4
FAB
FAE
ΣFx = 0
 
FAB + FAE sen α
 
= 0
ΣFx = 0
 
FAB
 
+ 2,5 . 4/5
 
= 0
 
FAB = -
 
2,0 kN
ΣFy = 0
 
–
 
2,5 + 4 –
 
FAE cos α
 
= 0
ΣFy = 0
 
–
 
2,5 + 4 –
 
FAE
 
3/5
 
= 0
 
FAE = 2,5kN
Nó B: 1,5
FBE
ΣFy = 0
 
–
 
1,5 + FBE = 0
ΣFy = 0
 
FBE = 1,5 kN
Respostas:
AB = BC = 2,0 kN Compressão
AD = CF = 4,0 kN Compressão
AE = CE = 2,5 kN Tração
BE = 1,5 kN Compressão
DE = EF = 0
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3.2 -
 
Análise de Esforços Internos
Definição: Os
 
esforços internos existentes num corpo rígido consistem em 
esforços aos quais a estrutura estará submetida, quando nesta forem 
aplicadas cargas pontuais ou cargas distribuídas. Estas forças internas 
existentes são responsáveis por manter unidos os pontos que formam o 
corpo rígido, sendo que ao cortar-se a estrutura em determinado ponto 
existirá uma força normal F, uma força cortante V e um momento fletor M.
Exemplos:
1,5m1,5m
5kN
2,5kN 2,5kN
Carga pontual
1kN/m
1,5m1,5m
3kN
1,5kN1,5kN
Carga distribuída
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Diagrama de esforços solicitantes: Estes diagramas apresentam os valores 
de força normal (quando existe), força cortante e momento fletor
 
em cada ponto 
do corpo rígido em estudo.
Convenção de sinais:
N N
N N
++
-- V
+V+
--
Tração
Compressão
M ++
Demonstração: A B
Q
Q/2
L/2
Q/2
L/2
I II
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Trecho :
 
0 x L/2≤ ≤I
Q/2
0 V
x
N
M
ΣFx = 0
 
0 + N = 0
 
N = 0
ΣFy = 0
 
Q/2 -
 
V = 0
 
V = Q/2
ΣMc = 0
 
-Q/2 . x + M = 0
 
M = Q/2 . X
p/ x = 0
 
M = 0
p/ x = L/2
 
M = Q.L / 4
c
≤ ≤Trecho :
 
L/2 x LII ΣFx = 0
 
0 + N = 0 N = 0
ΣFy = 0
 
Q/2 – Q – V = 0
 
V = -Q/2
ΣMd = 0
 
-Q/2 . x + Q (x –
 
L/2) + M = 0
M = Q/2 (L –
 
x)
p/ x = L/2
 
M = Q.L / 4
p/ x = L
 
M = 0
Q
V
Q/2
0
x
N
Md
L/2
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Diagramas:
+
-
A B
Q
Q/2
L/2
Q/2
L/2
I II
0
0
0
Q.L / 4
Q/2
-Q/2
Força 
Normal
Momento 
Fletor
Força 
Cortante
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1) Construa os diagramas de esforços solicitantes do corpo rígido abaixo.
w
L
wL
0
wL/2 wL/2
wL/2
0
x
c
x/2
M
VN
w.x
0 ≤
 
x ≤
 
L
ΣFy = 0
 
wL/2 –
 
wx –
 
V = 0 V = w(L/2 –
 
x)
p/ x = 0
 
V = wL/2
p/ x = L/2
 
V = 0
p/ x = L
 
V = -
 
wL/2
ΣMc = 0
 
-
 
wL/2 . x + wx/2 . x + M = 0
Mc = wx/2 ( L –
 
x)
p/ x = 0
 
Mc = 0
p/ x = L/2
 
Mc = wL2/8 
p/ x = L
 
Mc = 0
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Diagramas:
0
0
0
w.L2
 
/ 8
Força 
Normal
Momento 
Fletor
Força 
Cortante
w
L
wL
0
wL/2 wL/2
+
-
- wL/2
wL/2
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Capítulo 4 -
 
Conceito de Tensão
Definição: É a relação de uma determinada força aplicada por unidade de área, 
sendo que esta relação pode ser classificada de diversas formas diferenciando-
 
se os tipos de tensões.
4.1 -
 
Tensões Normais
 
são aquelas resultantes da aplicação de 
forças axiais sobre a seção transversal do corpo em análise. Esta tensão é 
indicada pela letra grega σ
 
(sigma) e obtém-se através da fórmula:
σ
 
= P / A, onde:
P = carga axial aplicada.
A = área da seção transversal.
P
P
Convenção de sinais:
Tração
 
positivo
Compressão
 
negativo
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4.2 -
 
Tensões de Cisalhamento
 
são aquelas resultantes da 
aplicação de forças tangente ao plano da área sobre a seção desta mesma. Esta 
tensão é indicada pela letra grega τ
 
(tau) e obtém-se através da fórmula:
τméd
 
= P / A = F / A, onde:
F = carga aplicada tangente ao plano da área.
A = área da seção transversal.
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F
F
F F
cobrejunta
Exemplos de cisalhamento em rebites:
a) Emenda corte simples:
b) Emenda corte duplo:
τméd
 
= F / 2A
τméd
 
= F / A
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t
P
4.3 -
 
Tensões de Esmagamento
 
Os parafusos, pinos e rebites 
provocam tensões de esmagamento nas barras que estão ligando, ao
 
longo da 
superfície de contato. Esta tensão é indicada pela letra grega σb
 
(sigma) e 
obtém-se através da fórmula:
σb
 
= P / A = P / t.d, onde:
P = carga aplicada.
t = espessura da barra ou chapa em análise.
d = diâmetro do parafuso, pino ou rebite em estudo.
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1)
 
No suporte da figura abaixo, a haste ABC tem, na parte superior,
 
9 mm de 
espessura, e na parte inferior, 6mm de espessura de cada lado. Uma 
resina à base de epoxy é usada para colar as partes superior e inferior da 
haste, no ponto B. Os pinos no ponto A e C têm 9 mm e 6 mm de diâmetro, 
respectivamente. Pede-se determinar:
a) A tensão de cisalhamento no pino A.
b) A tensão de cisalhamento no pino C.
c) A maior tensão normal na haste ABC.
d) A tensão média de cisalhamento nas superfícies coladas no ponto B.
e) A tensão de esmagamento na haste em C.
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A
B
C
178
2512
2200N
45
152
32
D
A
FAC
C
D DX
DY
2200N
12 25
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ΣMD = 0
 
2200 . 0,037 –
 
FAC . 0,025 = 0
 
FAC
 
= 3256 N tração
Tensão de cisalhamento no pino A: O pino está
 
sujeito a corte simples. 
Podemos escrever:
τA
 
= FAC
 
/ A = 3256 / [π
 
. ( 0,0092
 
. 1/4)]
 
τA = 51,2 MPa
b) Tensão de cisalhamento no pino C: O pino está
 
sujeito a corte duplo. 
Podemos escrever:
τC
 
= FAC
 
/ 2.A = 3256 / 2 . [π
 
. ( 0,0062
 
. 1/4)]
 
τC = 57,6 MPa
c) Tensão normal máxima na haste ABC: No ponto A, a haste tem menor área 
de seção transversal, devido ao furo para passagem do pino de 9 mm. 
Neste ponto temos a haste com altura de (32 –
 
9) = 23 mm, e: 
σA
 
= FAC
 
/ A = 3256 / 0,009 . 0,023
 
σA = 15,7 MPa
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d) Tensão de cisalhamento médio no ponto B: As duas faces da parte superior 
da haste estão coladas à
 
parte inferior. Assim, a força de corte em cada 
face é
 
F1
 
= 3256 / 2 = 1628 N. A tensão de cisalhamento médio em cada 
face é:
τB
 
= F1
 
/ A = 1628 / 0,032 . 0,045 τB = 1,13 MPa
e)
 
Tensão de esmagamento da haste no ponto C: Para cada parte da haste, 
F1
 
= 1628 N, e a área nominal para esmagamento é
 
(6 mm) . (6 mm) = 36 
mm2.
σb = F1
 
/ A = 1628 / 0,000036
 
σb
 
= 45,22 MPa
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P
P
 
’
θ
θ ==P P
P
 
’
P
 
’
P
 
’V
F σ
τ
A
0
σ
τ
A
θ
4.4 -
 
Tensões em um plano oblíquo ao eixo: Após estudar-se a 
dependência entre as tensões normais e forças axiais, tensões de
 
cisalhamento e forças transversais, devido ao fato de ter-se analisado as 
tensões sempre em planos normais aos eixos das barras e pinos; analisar-
 
se-á agora que as forças axiais e transversais causam ao mesmo tempo 
tensões normais e de cisalhamento em planos oblíquos ao eixo da peça.
Considerando-se a figura abaixo: 
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Decompondo P em suas componentes F e V, respectivamente normal e 
tangencial ao plano da seção, pode-se escrever:
F = P cos θ
 
V = P sen θ
Calcula-se então a tensão média normal e de cisalhamento , considerando a 
área Aθ
 
da seção:
σ= F / Aθ
 
τ
 
= V / Aθ
Chamando de A0
 
a área da seção normal ao eixo, temos que A0
 
= Aθ
 
cos θ, ou 
Aθ
 
= A0
 
/ cos θ, logo substituindo as equações acima tem-se:
σ
 
= P cos θ
 
τ
 
= P sen θ
A0
 
/ cos θ
 
A0
 
/ cos θ
σ
 
= P cos2
 
θ
 
τ
 
= P sen θ
 
cos θ
A0
 
A0
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Pode-se observar, através da 1ª equação, que a máxima tensão normal σ
 
ocorre para θ
 
= 0, ou seja, quando a seção transversal é perpendicular ao 
eixo, tendendo a zero quando θ
 
se aproxima de 90°. Assim, para θ
 
= 0, acha-
 
se:
σm
 
= P / A0
Em relação à tensão de cisalhamento τ, esta é
 
nula para θ
 
= 0 e θ
 
= 90° e que 
para θ
 
= 45° ela atinge seu valor máximo:
τm = P / A0
 
. sen 45°
 
. cos 45°
 
= P / 2.A0
E para θ
 
= 45° a tensão normal σ’
 
é
 
também igual à
 
tensão de cisalhamento 
neste ângulo:
σ’ = P / A0
 
. cos2
 
45°
 
= P / 2.A0
Conclui-se então que o mesmo carregamento pode produzir tensão normal σm 
= P / A0
 
sem nenhuma tensão de cisalhamento, ou tensões normal e de 
cisalhamento de mesmo valor σ’ = τm
 
= P / A0
 
, dependendo da orientação da 
seção estudada.
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4.5 -
 
Tensões Admissíveis: A tensão admissível pode ser definida 
pela relação entre a propriedade do material quanto a resistência mecânica e 
variáveis do projeto, representada por um coeficiente de segurança. Temos 
então:
Coeficiente de segurança = C.S. = Tensão admissível / Tensão máxima 
Logo, σadm
 
= σmax
 
* C.S.
Para projetos específicos os coeficientes são de terminados por normas 
aplicáveis. Exemplo –
 
elevadores C.S. = 1/8
Valor limite para fins de cálculo (cargas eventuais) conforme AISC 
σadm
 
= σmax
 
x 0,8
Valor limite para fins de cálculo (cargas convencionais) conforme AISC 
σadm
 
= σmax
 
x 0,6
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Calcule as tensões normais 
médias resultantes em cada
 
 
barra, considerando que estão 
soldadas no ponto B.
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Estudo de caso:
Tensões de esmagamento e tensão 
normal na borda de um furo de uma 
articulação pinadas.
Cálculo realizado pelo método de 
elementos finitos X método analítico.
Obs.: A idéia principal é demonstrar 
a região do furo onde ocorrem as 
maiores tensões justificando 
simplificações quanto a área 
resistente considerada.
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Material das barras verticais:
Aço SAE 1020 –
 
σesc = 250 Mpa
Coeficiente de segurança = 3,0
Material dos pinos:
Aço SAE 1045 –
 
τ
 
= 210 Mpa
Coeficiente de segurança = 2,0
Dimensione o diâmetro dos pinos e a espessura 
das chapas verticais considerando a tensão de 
esmagamento.
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Determinar o valor da cota “L” 
para uma tensão admissível 
de 800 kPa
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Capítulo 5 –
 
Tensão x Deformação
Deformação: variação
 
de uma dimensão qualquer do corpo, por unidade da 
mesma dimensão,quando este é
 
submetido a um esforço qualquer. 
É
 
Importante evitar que a deformação se torne tão grande a ponto de impedir 
que a estrutura venha a cumprir os fins a que estava destinada.
Considere:
–
 
barra metálica cilíndrica de secção 
uniforme Ao e comprimento inicial Lo
–
 
força de tração F, normal á secção 
transversal da barra e coincidente com seu 
eixo longitudinal
–
 
tensão e deformação média:
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5.1 -
 
Ensaio de Tração -
 
Diagrama Tensão x Deformação: 
Quando um cdp metálico é submetido a um ensaio de tração, pode-se 
construir um gráfico tensão-deformação, pelas medidas de carga e 
deformação que crescem continuamente até o fim do ensaio.
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Objetivos:
–
 
fornecer informações sobre resistência dos materiais e
–
 
critérios de aceitação para especificação de materiais
–
 
controlar os métodos de fabricação
–
 
auxiliar no desenvolvimento de novos materiais
–
 
avaliar as propriedades mecânicas para uso em projetos
Características:
–
 
facilidade de execução
–
 
reprodutividade dos resultados
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Consiste na:
–
 
aplicação de uma força de tração num corpo sólido
–
 
promover uma deformação do material na direção do esforço
–
 
resultando no alongamento do mesmo
Características do ensaio:
–
 
Corpo de prova: formas e dimensões padronizadas
–
 
Fixação: posicionamento da amostra na máquina
–
 
Ensaio: aplicação de esforços crescentes na direção axial até a
 
ruptura da 
amostra 
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No Diagrama Tensão x Deformação observa-se:
–
 
duas regiões distintas: elástica e plástica
–
 
região elástica: Lei de Hooke (σ
 
é proporcional a ε)
–
 
ponto P: limite de proporcionalidade
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Curva Tensão Deformação de Engenharia x Real: As propriedades 
mecânicas mais comuns são usadas para avaliar e especificar as 
propriedades dos metais. Entretanto, os resultados são valores baseados 
na secção inicial do cdp “Ao” ou na base inicial de medida “Lo” , dimensões 
que se alteram a medida que o ensaio prossegue.
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Propriedades mecânicas do ensaio:
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Resiliência: habilidade do material de absorver energia quando deformado 
elasticamente e retornar quando a força é retirada.
Tenacidade: habilidade do material absorver energia na região plástica. É a 
área total abaixo da curva tensão-deformação.
Propriedades mecânicas do ensaio:
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Corpos de Prova (CDP):
Considerações:
–
 
orientação
–
 
localização;
–
 
tamanho
–
 
forma
–
 
acabamento 
superficial
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5.2 -
 
Deformação de barras sujeitas a 
cargas axiais:
Barra homogênea de comprimento “L” e secção “A” 
sujeita a uma força “P”, cuja a tensão não exceda o 
limite de proporcionalidade é válida a lei de Hooke:
EA
LP
L
LL
L
EA
P
E
E
×
×=
=
=Δ=
×==
×=
δ
εδ
δε
σε
εσ
*
∑ ××= i ii ii EA
LPδ
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Determine a deformação da barra de aço sob ação das cargas indicadas 
(E = 200 GPa)
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Dividimos a barra em três segmentos conforme indicado pelas cotas:
L1 = L2 = 0,3 m 
A1=A2=600x10-6 m2
L3 = 0,4 m 
A3=200x10-6 m2200 kN
200 kN
200 kN
P3
P2
P1
300 kN
300 kN500 kN
Estudando o equilíbrio de 
cada uma das partes, 
obtemos:
P1 = 400 kN
P2 = -100 kN
P3 = 200 kN
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⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ×+×+×=×
×=∑
3
33
2
22
1
111
A
LP
A
LP
A
LP
EEA
LP
i ii
iiδ
Substituindo os valores na fórmula abaixo teremos:
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
×
××+×
××−+×
××××= −−− 6
3
6
3
6
3
9 10200
4,010200
10600
3,010100
10600
3,010400
10200
1
mmm 75,21075,2 3 =×= −δ
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82Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Haste AB 
E=70 GPa; A=500 mm2
Haste CD 
E=200 GPa; A=600 mm2
Determine os 
deslocamentos nos 
pontos “B”, “D” e “E”.
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83Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
5.3 -
 
Problemas estaticamente indeterminados: Para os casos 
estudados até o momento as equações da estática e o diagrama de corpo 
livre puderam ser utilizados para determinação das forças internas e das 
reações causadas por carregamentos externos.
ΣFx = 0
 
ΣFy = 0
 
ΣM = 0
Em muitos problemas os recursos da análise estática não são 
suficientes para determinação das forças internas e das reações,
 
devendo 
ser completados por outras teorias que envolvem a deformação dos
 
corpos. 
Tais problemas são estaticamente indeterminados e os próximos exemplos 
mostram como conduzir a solução dos mesmos.
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84Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Comprimento L1, 
Área A1, 
Módulo Elasticidade E1
Qual é a deformação da barra e do tubo, quando uma força “P” é 
aplicada a uma placa rígida?
Carregamento P
Comprimento L2, 
Área A2, 
Módulo Elasticidade E2
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85Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
P2
P1
P1’
P2’
P1
P2
P
O diagrama da placa 
nos dá:
P1 + P2 = P
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86Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
22
222
EA
LP
×
×=δ
Uma equação não é suficiente para determinar as duas 
incógnitas “P1” e “P2”.
Entretanto a geometria do problema nos mostra que as 
deformações são iguais.
Igualando as duas equações temos:
22
2
11
1
EA
P
EA
P
×=×
11
111
EA
LP
×
×=δ
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87Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
As equações abaixo se resolvem simultaneamente para a 
determinação de “P1” e “P2”.
P1 + P2 = P
22
2
11
1
EA
P
EA
P
×=×
As equações para a determinação de “P1” e “P2” são;
2211
111
EAEA
EAPP ×+×
××=
2211
222
EAEA
EAPP ×+×
××=
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88Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Método da superposição: Uma estrutura estaticamente 
indeterminada apresenta mais suportes do que o necessário para manter o 
equilíbrio, sendo assim, o número de reações é maior do que número de 
equações, um dos suportes neste caso recebe o nome de superabundante e 
para proceder a resolução do problema o suporte é “eliminado”.
A solução do problema é conduzida considerando-seseparadamente as deformações causadas pelas cargas aplicadas e aquelas 
provenientes da reação superabundante. Ao final as deformações são 
somadas (superpostas), para a obtenção do resultado final.
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89Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Exemplo: Determinar as reações de apoio para a barra, 
quando se aplica o carregamento indicado.
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90Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Vamos considerar a reação em “B” como superabundante e retirar 
o apoio “B” deixando a barra livre nessa extremidade. A reação “RB” será 
considerada como uma força desconhecida, cujo valor será determinado 
pelas considerações de deformação da barra igual a zero. Estuda-se 
separadamente a deformação devido a reação “RB”.
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91Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
A barra é dividida em quatro partes. Seguindo o mesmo 
procedimento do exercício já resolvido anteriormente, pode-se escrever:
P1 = 0
 
P2 = P3 = 600x103
 
N
 
P4 = 900x103
 
N
A1 = A2 = 400x10-6
 
m2
 
A3 = A4 = 250x10-6
 
m2
L1 = L2 = L3 = L4 = 0,15 m
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92Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
×
×+×
×+×
×+×= −−− 6
3
6
3
6
3
10250
10900
10250
10600
10400
10600015,0
E
Lδ
Substituindo esses valores na equação,
E
L
910125,1 ×=δ
Para a determinação da 
deformação devido a “RB” divide-se a barra 
em duas partes e escreve-se:
P1 = P2 = -RB
A1 = 400x10-6
 
m2
 
A1 = 250x10-6
 
m2
L1 = L2 = 0,3 m
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93Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Substituindo esses valores na equação,
E
RBR ××−=
31095,1δ
Como a deformação total da barra deve ser zero,
0=+= RL δδδ
Substituindo os valores de δL e δR na equação acima temos:
01095,110125,1
39
=××−×=
E
RB
E
δ
Dessa última expressão 
calcula-se o valor de RB = 577 kN, e 
pela somatória de força no DCL da barra 
calcula-se RA = 323 kN.
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5.4 -
 
Coeficiente de Poison: As tensões e deformações satisfazem 
a lei de Hooke dentro do regime elástico do material, assim podemos 
escrever:
E
xx σε =
A figura ao lado mostra 
que para as faces perpendiculares 
aos eixos y e z as tensões são
 
 
nulas. Esse fato pode nos levar a 
imaginar que as deformações 
nessas direções também serão, 
porém isso não ocorre. 
Considerando um material isotrópico temos a mesma deformação 
em qualquer direção transversal, portanto εy = εz. A relação entre o módulo 
das deformações transversais (y,z) e a deformação longitudinal (x) é 
chamada de coeficiente de Poisson.
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O coeficiente de Poisson é normalmente expresso pela letra grega
 
ν
 
e pode ser calculado como:
allongitudindeformação
ltransversadeformação
x
z
x
y =−=−= ε
ε
ε
εν
O sinal negativo de refere a contração do material nas direções 
transversais.
Exercício: Uma barra de aço tem 500 mm de comprimento e 16 mm de
 
diâmetro. Sob a ação de uma força de 12 kN seu comprimento aumenta 300 μm 
e seu diâmetro reduz 2,4 μm. Determinar o módulo de elasticidade e o 
coeficiente de Poisson.
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O bloco DEF é ligado à barra de BE 
por meio de dois parafusos, AD e CF. 
O passo da rosca é de 2 mm, e após 
ajuste os parafusos sofrem um aperto 
de 1/4 de volta. Determinar a tensão 
na barra.
Considere: 
E(Al) = 70 GPa; E(aço) = 200 GPa
Barra BE = 40 mm de diâmetro
Parafusos = 20 mm de diâmetro
Resposta:
σ barra = 61,9 MPa
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Determinar os diâmetros da barra AB e do pino C e também a 
espessura das chapas de apoio. Considere σ adm = 181 MPa para a barra, 
τadm = 106 MPa para o pino e σ adm = 300 MPa para a chapa de apoio.
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Determinar:
a)
 
A força provocada em cada 
haste
b)
 
O deslocamento do ponto A
Considere:
Barra CE = 10 mm de diâmetro
Barra DF = 15 mm de diâmetro
E = 70 GPa
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6 -
 
Momento de Segunda Ordem ou Momento de Inércia de 
uma Área
Definição: Momento de segunda ordem ou momento de inércia consiste no 
produto de cada elemento de área dA pelo quadrado de sua distância ao eixo em 
análise e integrando em relação a secção da viga.
Seja a figura abaixo:
y
O
yr
x
x
A
dA
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Defini-se:
1) O Momento de Inércia com relação ao eixo x: Jx
 
= ∫
 
y2
 
dA
2) O Momento de Inércia com relação ao eixo y: Jy
 
= ∫ x2
 
dA
3) O Momento Polar de Inércia da área A em relação ao ponto O: JO
 
= ∫
 
r2
 
dA
Sabe-se que:
J0
 
= Jx
 
+ Jy
Uma vez que:
∫ y2
 
dA + ∫ x2
 
dA = ∫ (x2
 
+ y2) dA = ∫
 
r2
 
dA
Notas:
a)
 
Jx
 
, Jy
 
e JO
 
> 0
b)
 
unidade: m4
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Exemplo do aparecimento da grandeza: Problema hidrostático de uma represa.
dA
dF
y
B
A Determine o momento MAB
 
.
dMAB
 
= dF . y
P = dF / dA
dF = P . dA
 
I
P = ρ.g.y
 
II
dF = ρ.g.y.dA
 
II em I
dMAB
 
= ρ.g.y2.dA
MAB
 
= ρ.g ∫
 
y2
 
. dA
Momento de Inércia
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Calcular Jx
 
e Jy
 
da figura abaixo. 
h
b
x
y
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3
b.hJ
3
.xhJ
dx
3
hJ
dx
3
yJ
dydxyJ
dAyJ
3
x
b
0
3
x
b
0
3
x
h
0
b
0
3
x
b
0
h
0
2
x
2
x
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
=
=
∫
∫
∫ ∫
∫
3
.bJ
3
.ybJ
dy
3
bJ
dy
3
xJ
dxdyxJ
dAxJ
3
y
h
0
3
y
h
0
3
y
b
0
h
0
3
y
h
0
b
0
2
y
2
y
h=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
=
=
∫
∫
∫ ∫
∫
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Teorema dos eixos paralelos
Seja a figura abaixo:
x’
d
A
CG
x
Determinação do momento de inércia em relação ao eixo x:
AdJJ 2x'x +=
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Demonstre, através do teorema dos eixos paralelos, a veracidade do valor de Jx
 
apresentado na figura abaixo.
3
b.hJ
3
x =
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3
b.h
12
4b.hJ
12
3b.hb.hJ
4
b.h
12
b.hJ
.bh
2
h
12
b.hJ
AdJJ
33
x
33
x
33
x
23
x
2
x'x
==
+=
+=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+=
+=
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6.1 –
 
Determinação do momento de inércia e do baricentro de 
uma figura composta.
eixo x
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Área (m2) y (m) y *A (m3)
Chapa 4e-3 0,39 1,56e-3
Perfil 8e-3 0,191,52e-3
Somatório 12e-3 3,08e-3
A distância (Y) do centróide da secção composta até a base da 
figura pode ser calculada como:
AyAY ×∑=∑×
E o momento de inércia da figura composta será:
AdJJ 2x'x +∑=
Y = 3,08e-3 / 12e-3 = 0,257 m
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E o momento de inércia da figura composta será:
AdJJ 2x'x +∑=
A (m2) d (m) J (m4) J + d2A
Chapa 4e-3 0,133 1,33e-7 7.09e-5
Perfil 8e-3 0,067 1,86e-4 2,22e-4
Somatório 2,93e-4
Jx = 2,93e-4 m4
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12
J
3
x
hb×=
12
J
33
x
bhBH −=
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Calcule a inércia da figura em relação ao eixo x e x ‘.
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6.2 –
 
Raio de inércia ou raio de giração.
Considerando a figura com área A e inércia Jx, substituída por uma 
faixa estreita de largura desprezível, área A e mesma inércia Jx, a 
uma distância ρ
 
do eixo x.
y
O x
A
y
O x
A
ρ
A×= 2xJ ρ
A
Jx=ρ
A distância ρ
 
é denominada raio de inércia da área em relação ao eixo x.
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Nos capítulos anteriores estudamos os carregamentos axiais e 
os respectivos efeitos provocados, analisando as tensões e os 
deslocamentos resultantes. Concluímos que para tensões resultantes 
menores que as admissíveis e para deslocamentos que não impedem o 
funcionamento da estrutura/equipamento, tínhamos uma situação 
favorável.
Nesse capítulo verificaremos que além desses critérios (tensão e
 
deslocamento) precisa ser verificado também a estabilidade estrutural, 
principalmente quando a estrutura for composta por corpos delgados.
Capítulo 7 -
 
Colunas 
Resistência dos Materiais
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7.1 –
 
Carga de Flambagem
Na figura a) temos a representação de uma barra reta. Na realidade o 
“reto” geométrico não existe e podemos de forma exagerada ilustrar a curvatura 
da barra conforme figura b).
Se aplicarmos uma força de tração na barra a curvatura original tende a 
diminuir e se aproxima do “reto” geométrico (figura c), mas se aplicarmos uma 
força compressiva na barra a curvatura tende a aumentar e conforme a 
intensidade da força aplicada o aumento da curvatura leva a barra a perder a 
estabilidade (figura d).
A intensidade da força que causa a instabilidade da barra depende do 
material e das características geométricas da barra. 
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A instabilidade da barra é o que podemos definir como flambagem de 
um corpo esbelto sujeito a uma carga compressiva acima de um valor crítico.
É perceptível que quanto maior a esbelteza do corpo menor a 
intensidade da carga que provoca a instabilidade do corpo, podemos calcular a 
carga crítica de flambagem como:
2
0
2
L
JEPcr
××= π
A fórmula acima é conhecida como fórmula de Euler, devido ao 
matemático suíço Leonhard Euler (1707 –
 
1783).
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Comparando o valor da carga aplicada com o valor da carga crítica e a 
respectiva flecha provocada pela deformação da barra temos:
• se F < Pcr
 
, f / L é nulo ou imaginário e não ocorre flambagem.
• se F > Pcr
 
, f / L é real e ocorre flambagem.
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A esbelteza do corpo relaciona o comprimento de flambagem e a 
propriedade de inércia da secção, sendo que quanto maior o comprimento do 
corpo comparado com o raio de inércia da secção do mesmo, mais esbelto será.
Podemos classificar e definir a esbelteza do corpo pelo o índice
 
de 
esbelteza, que pode ser calculado como:
7.2 -
 
Corpos esbeltos 
ρλ
0L=
Onde: λ
 
= Índice de esbelteza do corpo (adimensional) 
L0
 
= Comprimento de flambagem (m)
 
ρ
 
= raio de inércia (m)
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Comprimento de Flambagem: o comprimento de flambagem depende 
dos vínculos utilizados nas extremidades do corpo analisado. Conforme os 
vínculos utilizados o comportamento do corpo esbelto sujeito a cargas 
compressivas responderá de forma diferenciada, alguns exemplos podem ser 
visualizados nas figuras abaixo.
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fcLL0 ×=
Conforme indicado podemos calcular o comprimento de flambagem, 
utilizando os fatores de “correção” correspondentes pela fórmula:
Onde: L = comprimento do corpo (m)
fc = fator de correção (conforme vínculos utilizados)
Exemplo: Poste de 5 m de altura utilizado para distribuição de energia 
elétrica.
Conforme figura a), uma extremidade engastada e outra livre, fc = 2
Portanto: L0
 
= 5 x 2 = 10 m
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7.3 –
 
Tensão de Flambagem
A força calculada pela fórmula de Euler, para que um corpo esbelto 
perca a estabilidade, não pode ser usada para situações onde a tensão 
resultante seja maior que a tensão de escoamento do material, visto que o 
módulo de elasticidade é usado na formulação. A tensão resultante de 
flambagem pode ser calculada como:
AL
JE
cr ×
××= 2
0
2πσ
A
Pcr
cr =σ
Portanto a formulação apresentada é válida apenas para flambagem
 
que ocorre de forma elástica, ou seja, com tensões e deformações
 
“dentro” do 
regime elástico do material.
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Como já foi visto o índice de esbelteza (λ) do corpo é definido como:
ρλ
0L=
A
J=ρ
Logo podemos escrever também:
2
2
λ
πσ Ecr ×=
Considerando o aço que apresenta módulo de elasticidade praticamente 
constante, percebemos que a tensão de flambagem varia apenas em função do 
índice de esbelteza do corpo.
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Para uma coluna de aço 1020 com tensão de escoamento = 250 MPa e 
módulo de elasticidade = 210 GPa, o gráfico de tensão de flambagem em função 
do índice de esbelteza pode ser visualizado abaixo.
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Devemos ter em mente que não foi usado nenhum coeficiente de
 
 
segurança para o cálculo da tensão de flambagem resultante apresentada nesse 
gráfico, e também lembrar que para qualquer valor de tensão de flambagem 
maior que a tensão de escoamento do material, esse valor não tem
 
sentido 
algum, uma vez que o material deixa de ser elástico.
Nesta análise adotamos um carregamento perfeitamente centrado e a 
coluna perfeitamente alinhada.
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7.3 –
 
Tensão Admissível de Flambagem
Para as colunas longas a falha de dá conforme prediz a fórmula de 
Euler, não dependendo da tensão de escoamento do material e sim apenas do 
módulo de elasticidade.
 
As colunas curtas a falha ocorre essencialmente em 
função do escoamento do material, já as colunas intermediárias a
 
falha depende 
ao mesmo tempo da tensão de escoamento e do módulo de elasticidade do 
material. Nessa faixa de valores a falha é um fenômeno complexo,
 
onde o 
desenvolvimento de fórmulas surgiram de testes numerosos.
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Conforme a AISC (American Institute of Steel Construction) as 
fórmulas para cálculo da tensão admissível serão divididas em função do índice 
de esbelteza da coluna e desenvolvidas em duas etapas.
1) Obter a tensão crítica σcr:
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
×−×= 2
2
0
2
/1
c
cr C
rLyσσPara L0
 
<= Cc
Para L0
 
>= Cc ( )20
2
/ rL
E
cr
×= πσ
Cc
 
= índice de esbelteza da coluna onde a tensão crítica é igual a 
metade da tensão de escoamento do material (especificação AISC)
y
ECc σ
π ××=
22
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2) Obter a tensão σadm:
92,1
cr
adm
σσ =Para L0
 
>= Cc
Para L0
 
<= Cc
3
/
8
1/
8
3
3
5.. ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−×+=
cc C
rL
C
rLSC
..SC
cr
adm
σσ =
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O gráfico abaixo representa a σadm em função do índice de esbelteza 
para alguns aços.
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Flexão Pura:
 
Membros 
prismáticos sujeitos a dois 
momentos, iguais e de 
sentidos opostos, atuando 
no mesmo plano 
longitudinal. 
Capítulo 8 –
 
Flexão Pura
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•
 
Carregamento excêntrico:
 
Um 
carregamento axial excêntrico à 
secção considerada, origina 
esforços internos equivalentes a 
uma força normal e a um 
momento fletor. 
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•
 
Princípio da Sobreposição:
 
Combinar as tensões 
originadas pela carga com as 
tensões provocadas pela 
flexão pura.
•
 
Carregamento transversal:
 
Uma carga concentrada na 
extremidade livre A origina 
esforços internos equivalentes 
a uma força igual, e de 
sentido oposto, e a um 
momento fletor.
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•
 
O momento fletor M consiste em 
duas esforços iguais e de sentidos 
opostos.
•
 
O momento fletor, em relação a 
qualquer eixo perpendicular ao seu 
plano, é sempre o mesmo.
•
 
O momento fletor, em relação a 
qualquer eixo contido no seu plano, 
é igual a zero.
8.1 –
 
Análise das Tensões na Flexão Pura
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∫ =−=
∫ ==
∫ ==
MdAyM
dAzM
dAF
xz
xy
xx
σ
σ
σ
0
0
•
 
A soma das componentes desses esforços em qualquer 
direção é igual a zero.
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Barra prismática que contém um 
plano de simetria, em flexão 
pura: 
•
 
a barra permanece simétrica em 
relação ao plano;
•
 
flete uniformemente formando 
um arco de circunferência;
•
 
qualquer secção plana 
perpendicular ao eixo da 
barra permanece plana;
8.2 –
 
Deformações na Flexão Pura
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•
 
a linha AB diminui de 
comprimento e a linha A’B’ 
aumenta; 
•
 
deve existir uma superfície 
neutra, paralela às faces 
superior e inferior, para a qual o 
comprimento não varie;
•
 
tensões e deformações são 
negativas (compressão) acima 
da superfície neutra, e positivas 
(tração) abaixo dela.
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Considere uma barra prismática de comprimento L.
Depois da deformação, o comprimento da superfície 
neutra permanece igual a L. Nas outras secções,
( )
( )
mx
m
m
x
c
y
c
ρ
c
yy
L
yyLL
yL
εε
ερε
ρρθ
θδε
θρθθρδ
θρ
−=
==
−=−==
−=−−=′−=
−=′
or 
e)linearment varia(extensão 
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•
 
Para um material homogêneo,
e)linearment varia(tensãom
mxx
c
y
E
c
yE
σ
εεσ
−=
−==
•
 
A partir da estática,
∫
∫∫
−=
−===
dAy
c
dA
c
ydAF
m
mxx
σ
σσ
0
0
A linha neutra passa pelo centro 
geométrico da secção.
•
 
Do equilíbrio estático,
I
My
c
y
W
M
I
Mc
c
IdAy
c
M
dA
c
yydAyM
x
mx
m
mm
mx
−=
−=
==
==
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−=−=
∫
∫∫
σ
σσ
σ
σσ
σσ
 em doSubstituin
2
8.3 –
 
Tensões e Deformações no Regime Elástico
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resistente módulo 
inércia de momento 
==
=
==
c
IW
I
W
M
I
Mc
mσ
Ahbh
h
bh
c
IW 61
2
6
1
3
12
1
2
====
Resistência dos Materiais
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•
 
A deformação da barra submetida à flexão é 
medida pela curvatura da superfície neutra.
EI
M
I
Mc
EcEcc
mm
=
=== 11 σερ
ρ
ννεερ
ννεε yy xzxy =−==−=
caanticlásti curvatura 1 ==′ ρ
ν
ρ
8.4 –
 
Deformações em uma Secção transversal
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Determinar o momento fletor máximo 
que pode ser aplicado para uma viga 
com perfil tubular indicado.
Considere:
Tensão de escoamento = 200 MPa
Coeficiente de segurança = 2
Resposta: 9,2 kN.m
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Uma peça de máquina de ferro fundido fica 
submetida à ação do momento fletor 
M = 3 kN.m. Sabendo-se que E = 165 GPa e 
desprezando o efeito da curvatura das 
arestas do perfil, determinar: 
(a) as máximas tensões de tração e 
compressão; 
(b) o raio da curvatura.
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Calcular a localização do centro geométrico da 
secção e o momento de inércia.
mm 38
3000
10114 3 =×=∑
∑=
A
AyY
∑ ×==∑
×=×
×=×
3
3
3
32
101143000
104220120030402
109050180090201
mm ,mm ,mm Area,
AyA
Ayy
( ) ( )
( ) ( )
49-3
23
12
123
12
1
23
12
12
m10868 mm10868
18120040301218002090
×=×=
×+×+×+×=
∑ +=∑ +=′
I
dAbhdAIIx
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•
 
Calcular as máximas tensões de tração e 
compressão.
49
49
mm10868
m038.0mkN 3
mm10868
m022.0mkN 3
−
−
×
×⋅−=−=
×
×⋅==
=
I
cM
I
cM
I
Mc
B
B
A
A
m
σ
σ
σ
MPa0.76+=Aσ
MPa3.131−=Bσ
•
 
Calcular a curvatura.
( )( )49- m10868GPa 165 mkN 3
1
×
⋅=
=
EI
M
ρ
m 7.47
m1095.201 1-3
=
×= −
ρ
ρ
Resistência dos Materiais
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( ) ( )
I
My
A
P
xxx
−=
+= flexãocentrada força σσσ
•
 
Carregamento excêntrico,
PdM
PN
=
=
•
 
Os resultados só são válidos quando as 
condições de aplicação do princípio da 
sobreposição forem satisfeitas.
8.5 –
 
Carregamento Axial Excêntrico em um Plano de Simetria
Resistência dos Materiais
146Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
A peça mostrada é feita de ferro fundido e 
tem tensões admissíveis de 30 MPa à 
tração e de 120 MPa à compressão. 
Determinar a maior força P que pode ser 
aplicada à peça.
Do exercício resolvidoanterior,
49
23
m10868
m038.0
m103
−
−
×=
=
×=
I
Y
A
Exemplo
Resistência dos Materiais
147Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
•
 
Força e momento fletor aplicados em C.
fletor momento 028.0
excêntrica força
m028.0010.0038.0
===
=
=−=
PPdM
P
d
•
 
Máxima força que pode ser aplicada.
kNPMPaP
kNPMPaP
B
A
0.771201559
6.7930377
=−=−=
==+=
σ
σ
kN0.77=P
•
 
Sobreposição.
( )( )
( )( ) PPP
I
Mc
A
P
PPP
I
Mc
A
P
B
B
A
A
1559
10868
038.0028.0
103
377
10868
022.0028.0
103
93
93
−=×−×−=−−=
+=×+×−=+−=
−−
−−
σ
σ
Resistência dos Materiais
148Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
•
 
Em geral, a linha neutra da secção não 
coincide com eixo do momento fletor.
•
 
Não podemos supor que a barra vá fletir no 
plano de simetria.
•
 
A linha neutra da secção transversal 
coincide com o eixo do momento fletor.
•
 
Permanecem simétricas e fletem no plano 
de simetria.
8.6 –
 
Flexão Fora do Plano de Simetria
Resistência dos Materiais
149Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
•
 
Decompor o vetor M
 
em dois vetores, segundo z e y,
θθ sincos MMMM yz ==
•
 
Sobrepor,
y
y
z
z
x I
zM
I
yM +−=σ
•
 
Obtém-se,
( ) ( )
θφ
θθσ
tg
I
I
z
ytg
I
zM
I
yM
I
zM
I
yM
y
z
yzy
y
z
z
x
==
+−=+−== sincos0
•
 
Aplicação do princípio da sobreposição.
Resistência dos Materiais
150Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Um momento fletor de 200 N.m é 
aplicado a uma viga de madeira de 
secção retangular, num plano que forma 
um ângulo de 30º com a vertical. 
Determinar: 
(a)
 
A tensão máxima na viga;
(b)
 
O ângulo que a linha neutra forma com o 
plano horizontal.
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151Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
•
 
Determinar a tensão máxima na viga.
( )
( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( ) MPa
eI
zM
MPa
eI
yM
eI
meI
mNsinM
mNM
y
y
z
z
y
z
y
z
17,4
648,0
02,0100
21,3
643,2
045,02,173
m748,004,009,0
643,209,004,0
.10030200
.2,17330cos200
2
1
43
12
1
43
12
1
=−==
=−==
−==
−==
==
==
σ
σ
•
 
A maior tensão de tração devida ao carregamento 
combinado ocorre em A.
17,421,321max +=+= σσσ MPa38,7max =σ
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•
 
Determinar o ângulo que a linha neutra forma 
com o plano horizontal.
92,2
30
648,0
643,2
=
−
−== tg
e
etg
I
Itg
y
z θφ
o1,71=φ
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•
 
A força excêntrica é equivalente a um sistema 
constituído por uma força centrada e dois 
momentos fletores.
PbMPaM
P
zy ==
= excêntrica força 
•
 
Aplicando o princípio da sobreposição,
y
y
z
z
x I
zM
I
yM
A
P +−=σ
•
 
Se σx
 
= 0, obtém-se a equação de uma reta, 
que representa a linha neutra da secção. 
A
Pz
I
M
y
I
M
y
y
z
z =−
8.7 –
 
Caso geral de carga excêntrica
Resistência dos Materiais
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Determinar a maior força P que 
pode ser aplicada na viga indicada 
na figura ao lado.
Considere:
Tensão Admissível = 80 MPa
Área = 4806 mm2
Módulo de flexão (x) = 406e-6 m3
Módulo de flexão (y) = 48e-6 m3
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E para vigas não simétricas onde o plano neutro não está na 
metade da secção temos:
'
'
W
M
I
Mc
W
M
I
Mc
mínima
máxima
==
==
σ
σ
Podemos concluir que para materiais com propriedades 
diferentes quanto a tração e compressão a secção simétrica 
não é a melhor solução.
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Capítulo 9 –
 
Barras submetidas a carregamentos transversais
No capítulo anterior estudamos a flexão decorrente de 
carregamentos axiais excêntricos e também carregamentos 
transversais, considerando que as forças cortantes se anulam 
e atue somente o momento fletor. Esse caso é chamado de 
flexão pura.
Dessa forma podemos escrever para vigas simétricas 
submetidas a um momento fletor atuante na mesma direção 
da simetria, cuja o plano neutro está na metade da secção:
W
M
I
Mc
m ==σ
Resistência dos Materiais
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E para vigas não simétricas onde o plano neutro não está na 
metade da secção temos:
'
'
W
M
I
Mc
W
M
I
Mc
mínima
máxima
==
==
σ
σ
Podemos concluir que para materiais com propriedades 
diferentes quanto a tração e compressão a secção simétrica 
não é a melhor solução.
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Para os carregamentos transversais passaremos a considerar 
os esforço cortante e vamos estudar as tensões de 
cisalhamento provocadas pelo mesmo em qualquer secção da 
viga. 
9.1 –
 
Tensões de cisalhamento na flexão.
xbdyxybdxy ××=×× ττ
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159Prof.: Vinicius Ferreira vinicius.ferrei@etep.edu.br
Considerando uma secção qualquer de uma viga retangular 
submetida a um carregamento transversal teremos:
A
Vmed =τ bh
Vmáx ×=
2
3τ
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•
 
A determinação das tensões normais e 
cisalhantes máximas requer a identificação dos 
esforços internos cortantes e de flexão máximos.
•
 
Os esforços internos cortantes e de flexão num 
ponto podem ser determinados seccionando a 
viga pela secção transversal correspondente e 
realizando uma análise de equilíbrio estático na 
porção da viga à esquerda ou à direita desse 
ponto, tal como ilustrado nas figuras (a) e (b) 
(Método das Secções).
•
 
Convenção de sinais positivos para os esforços 
cortantes V e V’ e esforços de flexão M e M’:
9.2 –
 
Dimensionamento de vigas sob flexão
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Para a viga de madeira e para o 
carregamento indicado, desenhe 
os diagramas de esforços internos 
cortantes e de flexão e calcule as 
tensões de flexão e cisalhamento 
resultante. Considere b = 60 mm e 
h = 160 mm
Método das Secções:
•
 
Considerando a viga como um corpo 
rígido, determine as forças de 
rações nos apoios.
•
 
Represente graficamente a 
distribuição dos esforços internos 
cortantes e de flexão em função do 
comprimento da viga.
•
 
Seccione a viga junto aos apoios e 
pontos de aplicação de cargas. 
Aplique as equações de equilíbrio 
estático nos diagramas de corpo 
livre assim obtidos, de modo a 
determinar os esforços internos 
cortantes e de flexão.
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•
 
Cálculo das reações nos apoios:
∑ ∑ ==== kNRkNRMF DBBy 1446:0
•
 
Análise de equilíbrio estático:
( )( ) 00m0kN200
kN200kN200111
11
==+∑ =
−==−−∑ =
MMM
VVFy
( )( ) mkN500m5.2kN200
kN200kN200
222
22
⋅−==+∑ =
−==−−∑ =
MMM
VVFy
0kN14
mkN28kN14
mkN28kN26
mkN50kN26
66
55
44
33
=−=
⋅+=−=
⋅+=+=
⋅−=+=
MV
MV
MV
MV
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•
 
Representação gráfica dos esforços internos cortantes e de flexão:
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Para b = 60 mm e h = 160 mm, temos
W = (bxh2) / 6 = (0,06 x 0,162)
 
/ 6 = 2,56x10-4 m3
A = bxh = 0,06 x 0,16 = 9,6x10-3m²
σ=Mmax
 
/W = 50x103 / 2,56x10-4 = 195 MPa
τ=3xVmax / (2xA) = 3 x 26x103
 
/ (2 x 9,6x10-3) = 4 MPa
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Especifique a viga I necessária para a figura abaixo, 
considere tensão normal admissível = 165 MPa e tensão 
de cisalhamento admissível = 100 MPa
Obs.: Para a viga I a tensão máxima de cisalhamento é:
almaA
Vmáx =τ
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Determinar a mínima altura “d” necessária para a viga
Considere:
kPaadm
kPaadm
12600
840
=
=
σ
τ
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9.3 –
 
Cálculo da deformação das vigas por integração.
Vimos que no regime elástico a curvatura da superfície 
neutra pode ser calculada como:
EI
M=ρ
1
Considerando uma distância x da 
extremidade esquerda da viga temos:
EI
xM )(1 =ρ
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Para um carregamento P,
EI
Px−=ρ
1
Pela fórmula acima concluímos que a curvatura varia 
linearmente de zero no ponto A (raio infinito) até o 
máximo raio no ponto B.
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Para uma viga bi apoiada, podemos ter uma idéia com o 
diagrama do momento fletor de como seria a deformação 
da viga, mas precisamos de informações mais precisas.
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A expressão abaixo fornece a curvatura de uma curva 
plana em um ponto Q(x,y)
9.4 –
 
Equação da linha elástica.
232
2
2
1
1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
=
dx
dy
dx
yd
ρ
Para a linha elástica de uma viga dy/dx (declividade) é 
muito pequena podendo ter o seu quadrado dispensado, 
então teremos:
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2
21
dx
yd=ρ
Substituindo o valor de 1/ρ, encontramos,
( )
EI
xM
dx
yd =2
2
Que é a equação diferencial que rege o comportamento 
da linha elástica da viga.
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Integrando a equação teremos,
∫ += x CdxxMdxdyEI 0 1)(
Considerando ângulos de declividade muito pequenos,
xtg
dx
dy θθ ≅=
∫ += x CdxxMxEI 0 1)()(θ
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Integrando novamente os dois membros da equação,
∫ ∫ +⎥⎦⎤⎢⎣⎡ += x x CdxCdxxMEIy 0 20 1)(
∫ ∫ ++= x x CCdxxMdxEIy 0 20 1)(
As constantes C1 e C2 podem ser determinadas 
utilizando as condições de contorno.
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)23(
6
323 LxLx
EI
Py −+−=
Com as constantes definidas, a fórmula da linha elástica 
de uma viga em balanço será: 
Fornecendo a deflexão da viga para qualquer valor de x
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Capítulo 10 -
 
Torção 
9 Esforços internos de torção
9 Equação matemática para cálculo das tensões 
9 Distribuição das tensões nos corpos solicitados
9 Ângulo de torção
9 Momento polar de Inércia
Tópicos abordados:
No final do capítulo objetiva-se ser possível determinar os diagramas de esforços 
internos de torção. Obter teoricamente o módulo de distorção. Relacionar as 
tensões com os esforços de torção e propriedades geométricas dos
 
corpos. 
Estabelecer a relação entre a potência e o momento torçor.
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•
 
O gerador reage, exercendo sobre o 
eixo um momento igual e contrário T’.
•
 
O eixo transmite o momento T ao 
gerador.
•
 
A turbina exerce sobre o eixo de 
transmissão o momento torçor T.
10.1 –
 
Torção em Eixos de Secção Circular 
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Análise das Tensões num Eixo
( )∫ ∫== dAdFT τρρ
•
 
O momento torçor T tem a mesma 
intensidade que a soma dos momentos 
dF, em relação ao centro:
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Análise das Tensões num Eixo
•
 
O momento torçor produz tensões 
tangenciais nas faces perpendiculares ao 
eixo da barra.
•
 
Considerando o eixo constituído por lâminas 
finas, verifica-se o deslizamento das 
lâminas devido à aplicação de momentos, 
com a mesma intensidade e sentidos 
opostos, nas extremidades da peça.
•
 
Condições de equilíbrio requerem a 
existência de tensões tangenciais nas 
duas faces formadas pelos planos que 
passam pelo eixo.
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Deformações nos Eixos
•
 
O ângulo de torção é proporcional ao 
torque e ao comprimento L do eixo:
•
 
Nos eixos circulares, as secções transversais 
mantêm-se planas e não se deformam.
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Deformações nos Eixos
maxmax e γργφγ cL
c ==
L
L ρφγρφγ == ou 
•
 
A distorção numa barra circular varia 
linearmente com a distância ao eixo da barra.
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Tensões no Regime Elástico
4
2
1 cJ π=
( )414221 ccJ −= π
J
c
dA
c
dAT max2max τρτρτ ∫ =∫ ==
•
 
Recordar que:
 e max J
T
J
Tc ρττ ==
•
 
Fórmulas de torção no regime elástico:
•
 
A partir da equação anterior:
maxγργ GcG =
maxτρτ c=
Aplicando a lei de Hooke, γτ G= , vem:
A tensão tangencial varia linearmente com 
a distância ao eixo da barra. 
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Tensões no Regime Elástico
( )
max
0
0max
45
0max0max
2
2
245cos2
o ττσ
ττ
===
==
A
A
A
F
AAF
•
 
Considerar um elemento que forme um 
ângulo de 45o
 
com o eixo da barra,
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10.2 -
 
Modos de Falha Torcionais
•
 
Os materiais dúcteis geralmente 
rompem por tensões tangenciais. 
•
 
Material dúctil.
•
 
Material frágil.
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Exemplo:
a)
 
O valor máximo e mínimo da tensão tangencial no eixo BC; 
b)
 
O diâmetro necessário nos eixos AB e CD, se a tensão admissível no 
material for de 65 MPa.
O eixo circular BC é oco e tem diâmetros de 
90mm e 120mm, respectivamente interno e 
externo. Os eixos AB e CD são maciços, com 
diâmetro d. Determinar:
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•