Exercicios lista07 Flexao tensao normal gab

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6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em 
A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. 
 
 
Solução: 
 
A C 
24 kN 
250 mm 
B 
VA VB 
x 
800 mm 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
 = 0Fx
 Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: 
 = 0Mz
, assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
kN5,31V0105024800V0M AAz ==−=
 
• usando a equação: 
 = 0Fy
, temos: 
kN5,7V024VV0F BBAy −==−+=
 
 
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
24 kN x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 x24M
0Mx240M
24V
0V240F
mm250x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=



 
 
C 
31,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
24 kN 
 
7875x5,7M
0M)250x(5,31x240M
5,7V
05,31V240F
mm1050x250
x
xz
x
xy
−=
=+−−=
=
=+−−=



 
 
 
 
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
 
-24 
7,5 
V 
 
 
 
-6000 
M 
 
 
6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as 
duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e 
B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. 
 
Solução: 
 
A C 
400 lbf 
18 pol 
B 
VA VB 
x 
24 pol 
300 lbf 
D 
12 pol 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
 = 0Fx
 Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: 
 = 0Mz
, assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
lbf550V0123004240024V0M AAz ==+−=
 
• usando a equação: 
 = 0Fy
, temos: 
lbf150V0300400VV0F BBAy ==−−+=
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
400 lbf x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 x400M
0Mx4000M
400V
0V4000F
pol18x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=



 
 
C 
550 lbf 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
400 lbf 
 
9900x150M
0M)18x(550x4000M
150V
0550V4000F
pol42x18
x
xz
x
xy
−=
=+−−=
=
=+−−=



 
 
C 
550 lbf 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BD 
A 
400 lbf 
B 
150 lbf 
 16200x300M
0M)42x(150)18x(550x400
0M
300V
0150550V4000F
pol54x42
x
x
z
x
xy
−=
=+−−−−
=
=
=++−−=



 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
 
 
-400 
150 
V 
300 
 
 
 
-7200 
M -3600 
 
 
6.3 Os três semáforos têm, cada um, massa de 10 kg e o tubo em balanço AB tem 
massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o tubo. 
Desprezar a massa da placa. 
 
Solução: 
 98,1 N 98,1 N 98,1 N 
14,7 N/m 
A B 
1,75 m 1,75 m 3,00 m 
C D 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AC 
98,1 N 
 
x1,98x35,7M
0M
2
x
x7,14x1,980M
1,98x7,14V
0Vx7,141,980F
m75,1x0
2
x
xz
x
xy
−−=
=++=
−−=
=−−−=



 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CD 
98,1 N 98,1 N 
C 
 171,675x2,196x35,7M
0M
2
x
x7,14)75,1x(1,98x1,98
0M
2,196x7,14V
0Vx7,141,981,980F
m5,3x75,1
2
x
x
z
x
xy
+−−=
=++−+
=
−−=
=−−−−=



 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DB 
98,1 N 98,1 N 
C 
98,1 N 
D 
 515,025x294,3x35,7M
0M
2
x
x7,14)5,3x(1,98)75,1x(1,98x1,98
0M
294,3x7,14V
0Vx7,141,981,981,980F
m5,6x5,3
2
x
x
z
x
xy
+−−=
=++−+−+
=
−−=
=−−−−−=



 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos 
negativos foram traçados para cima. 
 
 
 
-98,1 
-123,825 
V 
-221,925 
-247,65 
-345,75 -389,85 
 
 
 
-194,184375 
M 
-605,1125 
-1708,4625 
 
6.5 O encontro de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma 
de uma ponte. Desenhar seus diagramas de força cortante e momento quando ele é 
submetido às cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem 
apenas reações verticais sobre o encontro. 
 
Solução: 
 
A 
60 kN 
1 m 
B 
VA VB x 
35 kN 
1 m 1,5 m 1 m 1 m 1,5 m 
60 kN 
35 kN 35 kN 
C D E F G 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
 = 0Fx
 Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: 
 = 0Mz
, assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz ==+−−−−=
 
• usando a equação: 
 = 0Fy
, temos: 
kN5,112V06035353560VV0F BBAy ==−−−−−+=
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
60 kN 
 x60M
0Mx600M
60V
0V600F
m1x0
x
xz
x
xy
−=
=−−=
−=
=−−=



 
 
C 
112,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AD 
60 kN 
 5,112x5,52M
0M)1x(5,112x600M
5,52V
0V5,112600F
m2x1
x
xz
x
xy
−=
=−−+−=
=
=−+−=



 
 
C 
112,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DE 
60 kN 35 kN 
D 
 
5,42x5,17M
0M)2x(35)1x(5,112x60
0M
5,17V
0V355,112600F
m5,3x2
x
x
z
x
xy
−=
=−−−−+−
=
=
=−−+−=



 
 
C 
112,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho EF 
60 kN 35 kN 
D 
35 kN 
E 
 
80x5,17M
)5,3x(355,42x5,17M0M
5,17V
0V35355,11260
0F
m5x5,3
x
xz
x
x
y
+−=
−−−==
−=
=−−−+−
=



 
 
C 
112,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho FB 
60 kN 
35 kN 
D 
35 kN 
E 
35 kN 
F 
 
255x5,52M
)5x(3580x5,17M0M
5,52V
0V3535355,11260
0F
m6x5
x
xz
x
x
y
+−=
−−+−==
−=
=−−−−+−
=



 
 
C 
112,5 kN 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BG 
60 kN 
35 kN 
D 
35 kN 
E 
35 kN 
F 
112,5 kN 420x60M
)6x(5,112255x5,52M0M
60V
0V5,1123535355,11260
0F
m7x6
x
xz
x
x
y
−=
−++−==
=
=−+−−−+−
=



 
 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em kN e 
diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados 
para cima. 
 
 
 
 
 
–60 
+52,5 
V 
+17,5 
+60 
–52,5 
–17,5 
 
 
 
M 
–7,5 
 
–60 –60 
+18,75 
 
 
6.6. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em 
A e B exercem apenas reações verticais sobre ele. Expressar também a força cortante 
e o momento em função de x na região 125 mm < x < 725 mm. 
 
 
Solução: 
 
A C 
800 N 
125 mm 
B 
VA VB 
x 
600 mm 
1500 N 
D 
75 mm 
• Utilizando as equaçõesde equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
 = 0Fx
 Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: 
 = 0Mz
, assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
N625,815V0751500675800800V0M AAz ==−−=
 
• usando a equação: 
 = 0Fy
, temos: 
N375,1484V01500800VV0F BBAy ==−−+=
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
A 
815,625 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AC 
 x625,815M
0Mx625,8150M
625,815V
0V625,8150F
mm125x0
x
xz
x
xy
=
=−=
=
=−=



 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CD 
C 
800N 
815,625 100000x625,15M
M)125x(800x625,8150M
625,15V
0V800625,8150F
mm725x125
x
xz
x
xy
+=
=−−=
=
=−−=



 
 
A 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho DB 
C 
800N 
815,625 
D 
1500N 
 1187500x375,1484M
M)725x(1500)125x(800x625,815
0M
375,1484V
0V1500800625,8150F
mm800x725
x
x
z
x
xy
+−=
=−−−−
=
−=
=−−−=



 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em N e 
diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para 
cima. 
 
 
 
 
 
 
815,625 
15,625 
V 
–1484,375 
 
 
 
M 
111328,125 101953,125 
 
 
 
6.32. Desenhar os diagramas de força cortante e momento da viga de madeira e 
determinar a força cortante e o momento em toda a viga em função de x. 
 
Solução: 
 
A C 
250 lbf 
4 pés 
B 
VA VB 
x 
6 pés 
250 lbf 
D 
4 pés 
150 lbf/pé 
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 
 = 0Fx
 Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. 
• Em seguida pode-se resolver a equação: 
 = 0Mz
, assim, tomando um eixo z que passa pelo 
ponto B temos: 
( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz ==+−−=
 
• usando a equação: 
 = 0Fy
, temos: 
lbf700V06150250250VV0F BBAy ==−−−+=
 
 
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) 
 
C 
250 lbf x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho CA 
 x250M
0Mx2500M
250V
0V2500F
pés4x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=



 
 
C 
700 lbf 
x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho AB 
A 
250 lbf 
150 lbf/pé 
 
2
x
x
2
z
x
xy
x75x10504000M
0M
2
)4x(
150)4x(700x250
0M
x1501050V
0V700)4x(1502500F
pés10x4
−+−=
=+
−
+−−
=
−=
=−+−−−=



 
 
C 
700 lbf x 
Mx 
Nx 
Vx 
Trecho BD 
A 
250 lbf 
150 lbf/pé 
700 lbf 
B 
 
 3500x250M
0M)10x(700
)7x(6150)4x(700x250
0M
250V
0V7007006150250
0F
pés14x10
x
x
z
x
x
y
−=
=+−−
+−+−−
=
=
=−++−−
=



 
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e 
diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para 
cima. 
 
 
 
 
 
–250 
450 
V 
250 
–450 
 
 
 
–1000 
M 
–1000 
–325 
 
 
6.39. Determinar o momento M que deve ser aplicado à viga a fim de criar um esforço 
de compressão de D=30 MPa no ponto D. Desenhar também a distribuição de tensão 
que atua sobre a seção transversal e calcular a tensão máxima desenvolvida na viga. 
 
Solução: 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra (medidas em cm). 
➢ ou usando 4 retângulos (somados): 
Ix = [
20 × 2,53
12
+ (20 × 2,5) × 8,752] × 2 + (
2,5 × 153
12
) × 2 = 9114,58333 cm4 
 
➢ ou usando 2 retângulos (maior subtraindo o menor): 
Ix =
20 × 203
12
−
15 × 153
12
= 9114,58333 cm4 
 
A tensão de flexão no ponto D: 
σx =
M
Ix
y ⇔ M =
σx Ix
y
=
3 
kN
cm2
× 9114,58333 cm4
7,5 cm
= 3645,8 kN. cm ∴ 𝐌 = 𝟑𝟔, 𝟓 𝐤𝐍. 𝐦 
 
A tensão máxima de flexão desenvolvida na viga: 
σmax =
M
Ix
y =
3645,8 kN. cm
9114,58333 cm4
× 10 cm = 4 
kN
cm2
∴ 𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚 
 
 
A=40 MPa 
D=36,5 MPa 
 
6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual delas 
suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão. Qual é 
essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente? 
 
 
Solução: 
M = 150 kN.m = 150106 N.mm 
O momento de Inércia: 
Seção (a) 
MPa114
165
216450000
10150
c
I
M
mm216450000I
0)30030(
12
30030
25,157)15200(
12
15200
I
a
6
a
a
max
a
4
a
2
3
2
3
a
=


==
=






+

+





+

=
 
Seção (b) 
MPa7,74
180
361350000
10150
c
I
M
mm361350000I
0)30015(
12
30015
2165)30200(
12
30200
I
b
6
b
b
max
b
4
b
2
3
2
3
b
=


==
=






+

+





+

=
 
 
Eficiência = 
%53100
7,74
7,74114
=
−
 
 
Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%. 
 
6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. 
Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. Desenhar 
os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses pontos. 
 
Solução: 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 






+

+





+

=
=
++
++
=
2
3
2
3
x 5,12)1080(
12
1080
25,12)4010(
12
4010
I
mm5,32y
)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(
y
 
MPa548,15,7
3
1090000
75000
y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000
y
I
M
mm
3
1090000
I
C
x
max
C
B
x
max
B
4
x
===
===
=
 
 
Resposta: As tensões normais de flexão nos 
pontos B e C da seção transversal são, 
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa. 
 
 =1,548 MPa 
=3,612 MPa 
 
 
6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. 
Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça. 
 
Solução: 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
mm5,32y
)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(
y =
++
++
=
 
MPa709,65,32
3
1090000
75000
y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000
y
I
M
mm
3
1090000
I
5,12)1080(
12
1080
25,12)4010(
12
4010
I
base
x
max
max
B
x
max
max
4
x
2
3
2
3
x
+===
−=−==
=






+

+





+

=
+
−
 
 
Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e 
6,709 MPa de tração. 
 
6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante 
que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão 
máxima desenvolvida na viga. 
 
Solução: 
M = 15 kip.pés = 151000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol5,5625y
)13()81()15(
5,0)13(5)81(5,9)15(
y =
++
++
=
 
Momento de inércia da seção transversal em relaçãoà linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
2
3
x
pol3200,270833I
)5,05625,5()13(
12
13
)55625,5()81(
12
81
)5,95625,5()15(
12
15
I
=
−+

+−+

+−+

= 
As tensões na parte superior e inferior do flange superior são: 
( )
( )
lbf176953539)15(F
AF
psi353930903988
2
1
2
1
psi3090)5,5625-(9
3200,270833
180000
y
I
M
psi3988)5,5625-(10
3200,270833
180000
y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
==
=
=+=
+=
===
===
 
 
 
 
As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são: 
( )
( )
lbf3,136501,4550)13(F
AF
psi1,45505,49997,4100
2
1
2
1
psi5,49995,5625
3200,270833
180000
y
I
M
psi7,4100)1-(5,5625
3200,270833
180000
y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
maxinf
x
max
inf
sup
x
max
sup
==
=
=+=
+=
====
===
 
 
Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de 
compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração. 
A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração). 
 
6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés. 
Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular 
também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga. 
 
Linha Neutra 
y 
sup 
inf 
max 
 
Solução: 
M = 12 kip.pé = 121000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol0625,7y
)16()101(
5,10)16(5)101(
y =
+
+
=
 
Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
x pol271,197I)0625,75,10()16(
12
16
)50625,7()101(
12
101
I =−+

+−+

=
 
As tensões na parte superior e inferior da mesa são: 
psi51550625,7
271,197
144000
y
I
M
psi21449375,2
271,197
144000
y
I
M
psi28749375,3
271,197
144000
y
I
M
x
max
max
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
===
===
===
 
( )
( )
lbf150552509)16(F
AF
psi250921442874
2
1
2
1
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
==
=
=+=
+=
 
 
Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção 
é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma. 
 
6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de 
diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B 
suportam apenas forças verticais. 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
Mmax
max =
 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da 
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na 
questão: 
mm15c
64
30
I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
4
1max
=

=
====
 
 
Assim: 
MPa181
mm
N
08,18115
64
30
480000
c
I
M
max
24max
max
max
=
=

=
=
 
 
 
Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de max = 181 MPa. 
 
6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças 
concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão 
de flexão admissível é adm = 160 MPa. 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
Mmax
max =
 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da 
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na 
questão: 
32
d
2
d
64
d
c
I
Z
2
d
c
64
d
I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
3
4
4
1max

=

==
=

=
====
 
 
Assim: 
mm3,31d
300032
d
32
d
mm3000
160
480000
Z
M
Z
Z
M
c
I
M
3
3
3
nec
adm
max
nec
nec
maxmax
adm
=


=

===

===
 
 
 
Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm. 
 
6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior 
carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a 
tensão normal de flexão na viga não exceda adm = 10MPa. 
 
Solução: 
 
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: 
c
I
Mmax
max =
 
 
I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro 
da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados 
fornecidos na questão: 
mm50c
12
10050
I
mmP500m5,0PaPM
3
max
=

=
===
 
 
Assim: 
N67,1666P
50500
10
12
10050
P50
12
10050
P500
10
c
I
M
c
I
M
3
3
max
adm
max
max
=



=

=
==
 
 
 
Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN. 
 
6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a 
requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for adm = 150 MPa. 
 
 
Solução: 
Diagrama de momentos: 
 
M 
–60 kN.m 
1,25 kN.m 
 
0,25 m 
 
 
 
Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×10
6 N.mm (tração nas fibras superiores) 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
a
12
5
y
)a
3
2
a
2
1
()a
3
1
a(
a
3
2
)a
3
2
a
2
1
(a
6
1
)a
3
1
a(
y =
+
+
= 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 
4
x
2
3
2
3
x
a
648
37
I
a
3
2
a
12
5
a
3
2
a
2
1
12
a
3
2
a
2
1
a
6
1
a
12
5
a
3
1
a
12
a
3
1
a
I
=






−





+







+





−





+







=
 
A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal: 
mm876,159
37
700
60a150a
12
5
a
a
648
37
1060
y
I
M
3
4
6
sup
x
max
sup ===





−

==
 
 
Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm 
6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga, 
supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível (adm)c = 16 ksi 
na compressão e (adm)t = 18 ksi na tração. 
 
 
Solução: 
Diagrama de momentos: 
 
M 
60P 
 
 
Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol 
 
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: 
pol25,6y
)81()18(
4)81(5,8)18(
y =
+
+
=
 
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 
( ) ( ) ( ) ( )
4
x
2
3
2
3
x
pol33,124I
425,681
12
81
25,65,818
12
18
I
=
−+

+−+

= 
As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da 
seção transversal: 
lbf5968P1800025,6
33,124
P60
y
I
M
lbf12056P1600075,2
33,124
P60
y
I
M
sup
x
max
inf
sup
x
max
sup
====
====
 
 
Resposta: Amáxima carga P deve ser 5,968 kip.