Resistencias dos Materias II

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Resistência dos Materiais II
Prof. Bernardes
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações
Objetivos da aula: 
Conhecer o professor; 
Conhecer o plano de ensino; 
Conhecer o sistema virtual; 
Tomar ciência do processo de avaliação; 
Estabelecer as formas de contato; 
Observar o calendário; 
Breve revisão de conceitos básicos. 
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (comunicação)
Luander Bernardes
http://lattes.cnpq.br/2072553793311132
Contato: luander.bernardes@live.estacio.br
Identificação na apresentação de trabalhos: 
- Aluno: Cássio Beltrano; 
- Curso: Eng. Civil; 
- RA: 13982020.
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (acesso ao sistema)
Entre no SIA 
CAMPUS VIRTUAL 
 
MINHAS DISCIPLINAS PRESENCIAIS 
 
Clique no NOME DA DISCIPLINA 
 
Selecione PLANO DE ENSINO 
POR FAVOR !!!!!
2019
Resistência dos Materiais I
O processo de avaliação oficial será composto de três etapas: 
Avaliação 1 (AV1); 
Avaliação 2 (AV2); 
 
Avaliação 3 (AV3). 
A AV1 contemplará o conteúdo da disciplina até a sua 
realização. 
As AV2 e AV3 abrangerão todo o conteúdo da disciplina.
Orientações (Avaliações)
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (Avaliações)
Para aprovação na disciplina o aluno deverá: 
Atingir resultado igual ou superior a 6,0, calculado a partir da 
média aritmética entre os graus das avaliações, sendo 
consideradas apenas as duas maiores notas obtidas dentre 
as três etapas de avaliação (AV1, AV2 e AV3). 
A média aritmética obtida será o grau final do aluno na 
disciplina; 
Obter grau igual ou superior a 4,0 em, pelo menos, duas das 
três avaliações; 
Frequentar, no mínimo, 75% das aulas ministradas.

2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (Avaliações)
No dia da avaliação, todo material diferente de lápis, caneta, 
borracha, régua, calculadora, etc., devem ficar alocados na frente 
da sala de aula; 
É proibido o uso de celular; 
A folha de rascunho deverá ser fornecida pelo docente 
responsável pela aplicação do exame; 
O quadro pode ser usado para inserção de fórmulas, sendo que o 
aluno será o responsável pelo preenchimento. 
O professor não deve tirar dúvidas com relação ao conteúdo da 
prova. 
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (Trabalhos)
Os trabalhos serão compostos por listas de exercícios, relatórios 
de atividades experimentais, visitas técnicas, produção de 
artigos, vídeos, etc.
A nota máxima atribuída será de: 2,0 pontos que serão 
acrescidos à nota das avaliações, quando houver 
possibilidades.
Cada grupo deverá conter no 
máximo 5 alunos.
Trabalhos incompletos, fora 
dos padrões estabelecidos ou 
entregues fora do prazo não 
receberão a nota máxima.
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (arredondamentos)
Alunos com notas próximas à média para aprovação (por 
exemplo, 5.8 e 5.9) terão suas notas arredondadas somente se 
fizeram as seguintes atividades:
Avaliando a Aprendizagem; 
Acesso ao Sava; 
Nova Chance; 
Presença igual a 75 %.
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (dicas)
Façam	as	tarefas	diariamente	para	evitar	acúmulos	de	conteúdos!Façam as tarefas diariamente e estudem em grupo !!!
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (calendário)
Fiquem de olho no calendário !!!
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (dicas)
Pesquisa Científica; 
Leitura de artigos; 
Normas ABNT; 
Biblioteca Virtual; 
Biblioteca Física; 
Plataformas e planos para melhoria da aprendizagem; 
Iniciação Científica; 
ENADE.
Fiquem de olho nas oportunidades !!!
2019
Resistência dos Materiais I
Orientações (dicas)
Fiquem de atentos ao plano de ensino e à bibliografia.
Física Aplicada
Unidade 1
Introdução a Física
A Física é uma das ciências que estudam a natureza. 
Mecânica
Termologia
Óptica Geométrica e Ondulatória
Eletromagnetismo
Física Moderna
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Teorema de Fubini: 
Se f(x,y) for contínua em uma região retangular R: 
a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d,
então
f x, y( )dA
R
∫∫ =
c
d
∫
a
b
∫ f x, y( )dxdy
=
a
b
∫
c
d
∫ f x, y( )dydx.
O que estamos fazendo? 
dx
dy
A
x
y
0
0 dx
Objetivos da aula: 
a b x
Sn = f xk , yk( )ΔAk
k=1
n
∑ ,
Se dividirmos a região R em pequenos retângulos de área ∆A = ∆x∆y, 
podemos escrever
f x, y( )dA
R
∫∫ = limΔA→0 f xk , yk( )ΔAkk=1
n
∑ .
• Apresentar o conceito de integrais duplas e sua interpretação geométrica; 
• Resolver integrais duplas a partir dos conceitos de integrais simples; 
• Calcular áreas utilizando integrais duplas; 
• Propor a resolução de uma situação problema utilizando os conceitos aprendidos na aula.
Introdução: 
Integrais Simples
1dx∫ = dx∫ = x
cf x( )dx = c f x( )dx∫∫
f x( )± g x( )⎡⎣ ⎤⎦ = f x( )dx∫ ± g x( )dx∫∫
xn dx∫ =
xn+1
n +1
x
y
0
Área
a b
R
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Cálculo de Área: 
x
y
0
x0 1
1
x + y = 1
x2 + y2 = 1
R
Esboce a região de integração e 
identifique as curvas limitantes.
Cálculo da área da região R, integrando primeiro em relação a y e 
depois em relação a x:
x
y
0 1
1
R
sai
y = 1− x2
y = 1− x
Cálculo da área da região R, integrando primeiro em relação a x e 
depois em relação a y:
f x, y( )dA =
x=0
x=1
∫ f x, y( )dydx.
y=1−x
y= 1−x2
∫
R
∫∫
Então,
x0 1
1
R
entra sai
x = 1− y2
x = 1− y
Então,
1 5
2
4
R
Teorema de Fubini (Forte): 
Se f(x,y) for contínua em uma região retangular R.
a ≤ x ≤ b, g1 x( ) ≤ y ≤ g2 x( ),
com g1 e g2 contínuas em [a, b], então
f x, y( )dA
R
∫∫ =
c
d
∫
g1 x( )
g2 x( )
∫ f x, y( )dydx.
i) Se R for definida por
c ≤ y ≤ d, h1 x( ) ≤ x ≤ h2 x( ),
com h1 e h2 contínuas em [c, d], então
ii) Se R for definida por
f x, y( )dA
R
∫∫ =
c
d
∫
h1 y( )
h2 y( )
∫ f x, y( )dxdy.
A =
1
5
∫ dydx
2
4
∫
= y[ ]
1
5
∫
2
4
dx
= 2
1
5
∫ dx
= 2x[ ]1
5
= 8u.a
f x,y( )dA = f x,y( )dxdy
x=1−y
x= 1−y 2
∫
y=0
y=1
∫
R
∫∫
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Inércia de um corpo 
(momento de inércia e raio de giração)
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Centro de Gravidade - Centróide
x =
Qy
A
=
xdA
A∫
dA
A
∫
; y =
Qx
A
=
y dA
A
∫
dA
A
∫
… se a área for composta:
x =
Qy
A
=
xiΔAi
i=1
n
∑
ΔAi
i=1
n
∑
;y =
Qx
A
=
y iΔAi
i=1
n
∑
ΔAi
i=1
n
∑
Exemplificando!
A = dA∫
Observações!
Área com 1 eixo 
de simetria.
Área com 2 eixos 
de simetria.
Área que é 
simétrica a um 
ponto.
Calcule o centróide da figura.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
1) Calcule o valor da área da figura em T.
x
Y
R: 2300 cm2.
Unidades em cm.
1
2
1060 60
10
100
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
2) Calcule o centróide da figura.
Resolução.
x
Y
0
R: b/2 e h/2.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
3) Determine a posição do centro de 
gravidade da figura em T.
x
Y
R: 0 e 186500 cm3.
Unidades em cm.
1
2
1060 60
10
100
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Centro de gravidade de superfícies planas 
Utilizaremos o bom senso!
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
4) Calcule o centróide da figura.
Resolução.
R: 16,54 e 26,54 mm. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
5) Calcule o centróide da área hachurada da figura abaixo.
Resolução.
R: 58,8 e 39,7 mm. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
6) A seção transversal de uma lâminade turbina em uma bomba é mostrada abaixo. Determine as posições xG e yG do 
centróide.
Resolução.
R: 10 e 7,5 mm. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Momento Estático (primeira ordem)
Momento de uma força
Resumo a aula anterior:
Centróide: pode ser definido como o centro geométrico de um 
corpo, de uma superfície, ou de uma linha. 
Centro de Gravidade: pode ser definido como o ponto de 
aplicação do peso de um corpo. 
O que devemos saber: 
- calcular o centróide de superfícies simples; 
- calcular o centróide de superfícies compostas. 
O momento estático de uma força em relação a um plano, eixo 
ou ponto, é igual ao produto da força pela distância do seu 
ponto de aplicação à base de referência. 
M = F × d
O momento estático de uma superfície plana difere do 
conceito geral de momento estático anteriormente 
definido em dois aspectos: 
1) A força F é substituída pela área A da superfície;

2) Relativamente às forças considera-se d como a 
distância do ponto de aplicação destas à base de 
referência, enquanto que para as superfícies se 
considera d como a distância do centróide da 
superfície à base de referência. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Momento Estático (primeira ordem)
Qx = y dA
A
∫
Qy = xdA
A
∫
… o segredo para se encontrar o ponto de 
equilíbrio!
O momento estático em relação ao eixo 
de simetria é zero.
Sinal do Momento Estático:
Qx > 0
Qy < 0
Qx > 0
Qy > 0
Qx < 0
Qy < 0
Qx < 0
Qy > 0
y
x
Agora, apresenta-se a definição de momento estático de 
acordo com o t i po de supe rfíc ie cons ide rada . 
Consideram-se as seguintes duas situações: 
i) Superfície decomponível em partes finitas (superfícies 
conhecidas como sejam rectângulos, triângulos, círculos, 
etc.) de área Ai , tendo como coordenadas do seu ponto 
de aplicação (centróide).
Qx = yiAi
i=1
n
∑
Qy = xiAi
i=1
n
∑
ii) Superfície só decomponível em parcelas infinitesimais, 
de área elementar dA, cuja posição é dada pelas 
coordenadas x e y.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Momento Estático (primeira ordem) - Observação!
O momento estático de uma superfície com relação a um eixo que passa pelo seu centro de gravidade é 
zero, e inversamente se o momento estático de uma superfície com relação a um eixo é zero, este eixo 
passa pelo seu centro de gravidade. 
Qx =Mx = y dA
A
∫ = b y dy
−h
2
h
2
∫ = b
y 2
2
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−h
2
h
2
= b
2
h
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
− − h
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
= 0
Qy =My = xdA
A
∫ = h xdy
−b
2
b
2
∫ = h
x2
2
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−b
2
b
2
= h
2
b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
− − b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
= 0
Repetindo os cálculos já realizados
Logo,
x =
Qy
A
= 0
y =
Qx
A
= 0
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
7) Determine o valor do momento 
estático da figura em T em relação aos 
eixos referenciais Y e X.
x
Y
R: 0 e 186500 cm3.
Unidades em cm.
1
2
1060 60
10
100
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Momento Estático (primeira ordem) - Observação!
8) Determinar o centro de gravidade para o perfil T ilustrado na figura abaixo. Neste caso, considera-
se o perfil T como constituído dos retângulos 1 e 2 mostrados. 
Exemplo:
R: 0 e 4,65 cm.
9) Determinar o centro de gravidade da superfície ilustrada na 
figura ao lado. 
R: 6 cm e 1,5 cm.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
10) Uma chapa metálica foi cortada ao longo da curva y = x2, da recta y = 0 e x = 2 (unidades SI), determine por integração: 
a) A sua área.

b) As coordenadas do baricentro.
Resolução.
R: 2,67 m2; 1,50 e 1,20 m. 
RM II
Unidade 1
Momento Polar de Inércia Momento de Inércia (momento de segunda ordem)
Ix = y
2
A
∫ dA
Iy = x
2
A
∫ dA
IP = r
2
A
∫ dA = x2
A
∫ dA+ y 2 dA
A
∫
Jo = IP = Ix + Iy
Momento de Inércia de Área Composta
Ix = Ixi
i=1
n
∑
Conceitos Básicos
o momento de inércia é uma característica geométrica 
importante no dimensionamento dos e lementos de 
construção, pois fornece através de valores numéricos, uma 
noção de resistência da peça. Quanto maior for o momento de 
inércia da secção transversal de uma peça, maior será a 
resistência da peça. 
Também conhecido como momento de inércia à torção, 
representa a resistência ao giro de uma área em relação 
ao eixo normal no plano.
O momento de inércia de uma área composta é calculado 
pela soma dos momentos de intricadas diversas subáreas 
que compões a área, em relação a um determinado eixo. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
1) Calcular os momentos de inércia da área retangular em relação ao eixo da base e em 
relação ao eixo horizontal que passa pelo centróide. Qual a conclusão que se chega?
Resolução.
R: bh3/3; bh3/12. 
x0 b
h dA = bdy
y
1
x00
b
h/2
2
dA = bdy
y
RM II
Unidade 1
Tabelas de Momento de Inércia 
(momento de segunda ordem)
Conceitos Básicos
Adotaremos 
sempre o 
bom senso!
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
2) Determinar o momento de inércia, o raio de giração e o módulo de resistência, relativos aos eixos 
baricêntricos x e y do perfil representado na figura. 
R: 205,5 cm4; 12,64 cm; 10273,9 cm3 
Resolução. 
RM II
Unidade 1
Translação de Eixos (Teorema dos Eixos Paralelos)
Q ′x = ′y + dy( )
A
∫
Q ′x =Qx + dA
I ′x = Ix + d
2 ⋅A
I ′P = IP + d
2 ⋅A
Raio de Giração
rx =
Ix
A
; ry =
Iy
A
Conceitos Básicos
É definido como a distância do eixo de referência a 
um ponto mater ia l , no qua l toda a áre a 
concentrada tem o mesmo valor de momento de 
inércia da área original.
Veremos que o raio de geração tem um papel 
importante no estudo da flambagem. Quanto maior 
o seu valor, maior será o valor da tensão crítica de 
flambagem e consequentemente menor será a 
tendência de perda de estabilidade elástica por 
compressão na seção. 
Módulo de Resistência
O momento de inércia em relação a um eixo arbitrário x no plano 
da área A é igual ao momento de inércia em relação a um eixo 
centroidal x0, paralelo ao eixo arbitrário, somado o termo de 
transferência constituído pelo produto da área e o quadrado das 
distâncias entre os eixos.
Define-se módulo de resistência de 
uma superfície plana em relação 
aos eixos baricêntricos x e y, como 
sendo a relação entre o momento 
de i nérc i a re l at i v o ao e i xo 
baricêntrico e a distância máxima 
entre o eixo e a extremidade da 
secção transversal estudada. 
Wx =
Ix
ymáx
Wy =
Iy
xmáx
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Calcular os momentos de inércia de uma área retangular, em relação ao eixo da base, usando o 
teorema dos eixos paralelos. 
R: bh3/3 cm. 
x00
b
h/2
2
dA = bdy
xb
Resolução:
c
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Momento de Inércia - Observação!
Determinar os momentos de in ́ercia IxG e IyG em rela ç ão aos eixos que passam pelo centro de gravidade 
do perfil T da figuras abaixo: 
Exemplo:
R: 41,6 e 386,7 cm4.R: 101, 6 e 88,6 cm4.
1,50
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Calcular os momentos de inércia em relação aos eixos cartesianos centroidais, o nomento 
polar de inércia centroidal e os raios de giração da seção transversal em relação ao centróide 
da seguinte área. 
x0
y0
c
c2
c1
30
2,5
30
15
2,5
2,5
3,25
1314,25
20,75
c3
19,5
Cotas em [cm].
R: 33410, 6367 e 39777 cm4; 13,35 e 5,83 cm. 
Resolução
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Produto de Inércia
Ixy = xy dA
A
∫
… quando um dos 
eixos é de simetria o 
momento de inércia 
será zero!
Rotação de Eixos de Inércia
I ′x= ′y
2
A
∫ dA
I ′y = ′x
2
A
∫ dA
′x = xcos θ( )+ ysen θ( )
′y = y cos θ( )− xsen θ( )
, mas
Então, resolvendo as integrais
I ′x =
Ix + Iy
2
+
Ix − Iy
2
cos 2θ( )− Ixysen 2θ( )
I ′y =
Ix + Iy
2
−
Ix − Iy
2
cos 2θ( )− Ixysen 2θ( )
I ′x ′y =
Ix − Iy
2
sen 2θ( )+ Ixy cos 2θ( )
y
Ixy < 0 Ixy > 0
Ixy > 0 Ixy < 0
x
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Transporte de Eixos (Teorema de Steiner)
Sejam x e y eixos baricêntricos de superfície A, e os eixos u 
e v paralelos a x e a y respectivamente. O produto de 
inércia da superfície em relação aos eixos u e v será 
determinado através do teorema de Steiner que é definido 
pela integral: 
Iuv = y + a( ) x + b( )
A
∫ dA
Iuv = xy dA+ a
A
∫ xdA+
A
∫ b y dA+
A
∫ ab dA
A
∫
Como os eixos x e y são baricêntricos, conclui-se 
que: 
a xdA = 0 e b y dA
A
∫ = 0
A
∫
, já que a e b são zero (relativo ao eixo baricêntrico).
Assim, podemos escrever:
Iuv = Ixy + a × b × A
Agora, observe a 
tabela com alguns 
valores de produto de 
inércia!
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Tabela com alguns valores de produto de inércia
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Eixos de maior e menor Momento de Inércia
… maior momento de inércia é igual a maior 
resistência (maior a resistência a flexão)!
Para um dado centro de inércia O: 
… existem infinitos pares de eixos; 
… um deles: máximo e mínimo momentos; 
… em geral: considera-se o O no centróide. 
Como encontrá-los?
• calcula-se Ix, Iy e Ixy ; 
• verifica-se o ângulo a seguir:
θP =
a tan
2Ixy
Iy − Ix
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
• se o ângulo for zero, são eixos de 
máximo ou mínimo (são conhecidos 
como eixos principais); 
• se não for zero, o ângulo indica a 
rotação necessária; 
• calcula-se os novos valores de Ix, Iy e 
Ixy ; 
• se só máximos e mínimos necessários:
Imax =
Ix + Iy
2
+
Ix − Iy
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+ Ixy
2
Imin =
Ix + Iy
2
−
Ix − Iy
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+ Ixy
2
Se os eixos são centrais e a figura 
simétrica (Ixy igual a zero):
θP =
a tan
2Ixy
Iy − Ix
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2Eixos centrais = Eixos principais
Os eixos de momento 
de inércia máximo e 
mínimo estarão 
sempre defasados em 
90° entre si. 
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
Exemplo) Calcular os momentos de inércia e o produto de inércia da seção “L”, em relação aos 
eixos centroidais paralelos aos lados.
Solução:
R: 3156, 676, 3832 e -825 cm4.
C2
C1
x
y y0
x0
C
12
22
2
2
?
?
Cota em cm.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
1) Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam com o 
eixo da secção transversal representada a seguir. O que podemos concluir? 
Solução:
R: πd4/64 - a4/12, πd4/64 - a4/12, 0, 0; 0 e 0.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
2) Considere o perfil a seguir:
Calcule:
Jmax;Jmin;θmax;θmin.
Solução:
R: 49.6, 18, 4, 21,8, 60,9 e 7,15 cm4; 27º e 117º .
Cota em mm.
RM II
Unidade 1
Conceitos Básicos
3) Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam 
com x no perfil representado a seguir. 
Resolução:
R: 467, 342, -27, 472 e 336 cm4; 11º e -78º.
Cota em mm.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
O nosso principal 
objetivo é analisar 
o comportamento 
de elementos de 
barra submetidos à 
torção.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Uma peça é submetida a um esforço de torção, quando atua um torque em uma das suas extremidades e um 
contratorque na extremidade oposta. 
Momento Torçor ou Torque
O torque atuante é definido através do produto entre a intensidade da 
carga aplicada e a distância entre o ponto de aplicação da carga e o 
centro da secção transversal (pólo):
MT =T = 2FS
Para as transmissões mecânicas 
c o n s t r u í d a s p o r p o l i a s , 
engrenagens, rodas de atrito, 
corrente s, e tc. , o torque é 
determinado através de: 
MT =T = FTr
Observação!
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Momento Torçor e Potência
Denomina-se potência a realização de um trabalho na unidade de tempo. 
P = Fv
P = trabalho
tempo
= FS
t
∴
Nos movimentos circulares, temos:
P = FTvP
considerando as seguintes relações fundamentais, temos:
w = Δφ
Δt =
2π
T = 2π f V =
ΔS
Δt
= 2πR
T
= 2πRf V = wR
A velocidade angular pode ser expressa por
w = Δφ
Δt rad / s[ ]
, entretanto,
e assim,
→ ∴
S
RC 0 (origem)
P
∆ø
ø
P1
P2
φ = SR
Logo, P = FTwr
=MTw
∴ P =MT 2π f
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Momento Torçor e Potência
Movimento Periódico
Todas as características do movimento se 
repetem em tempos iguais. 
- Período (T) : é o menor intervalo de tempo 
p a r a q u e h a j a r e p e t i ç ã o d a s 
características do movimento. 
- Frequência (f) : é o número de repetições 
(n) das características do movimento, na 
unidade de tempo. 
Unidades: 
T … [s]; 
f … [s-1] = [Hz] = [rps].
f = n
Δt
= n
60
= 1
T
1 Hz = 60 rpm.
Sabemos que:
P =MT 2π f
=MT 2π
n
60
, então,
P = nπ
30
MT
Vale a pena lembrar!
A potência no SI é determinada em W (watt). 
Unidades de potência fora do SI, utilizadas na prática: 
- cv (cavalo vapor): cv = 735,5 W;

- hp (horse power): hp = 745,6 W. 
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Tensão de Cisalhamento
Lei de Hooke
τ =Gγ
Tensão de cisalhamento aplicada
τ = ρ
c
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
τmax
Obs.: cresce linearmente 
com a posição radial!
Cada elemento de área está sujeito a uma força:
dF = τdA, logo,
dMT = dT = ρ τdA( )
MT =T = ρ τdA( ) = ρ ρc
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
τmax dA
A
∫
A
∫
Assim,
MT =T =
τmax
c
ρ2 dA
A
∫
Momento de inércia polar.
G é o módulo de elasticidade.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Tensão de Cisalhamento
A tensão de cisalhamento atuante na secção transversal da peça é definida através da expressão: 
τ =
MTρ
Jp
, onde ρ varia de 0 a r.
Se observarmos a figura acima atentamente verificaremos que no centro da secção transversal, a tensão é 
nula.A tensão aumenta à medida que o ponto estudado afasta-se do centro e aproxima-se da periferia. A 
tensão máxima na secção ocorrerá na distância máxima entre o centro e a periferia, ou seja, quando p = r. 
Se lembrarmos da definição de módulo de resistência, ainda podemos escrever: 
Wp =
Jp
r ∴
τ =
MT
Wp
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Estudo da Distorção
Observe que o torque atuante na peça provoca na secção transversal desta, o deslocamento do ponto A da 
periferia para uma posição A'. 
Na longi t ude do e i xo, or igina-se uma 
deformação de cisalhamento denominada 
distorção, que é determinada em radianos, 
através da tensão de cisalhamento atuante e 
o módulo de elasticidade transversal do 
material. 
A distorção pode ser estimada por:
γ = τ
G
G é o módulo de elasticidade.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Estudo da Distorção
Observe também que o deslocamento do ponto A para uma posição A’, descrito na distorção, gera, na secção 
transversal da peça, um ângulo torção.
O ângulo de torção pode ser estimado por:
θ =
MTL
GJp
Definições importantes: 
i) eixo: quando funcionar parado, suportando 
cargas. 
ii) eixo-árvore: quando girar, com o elemento de 
transmissão. 
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
Relação entre momento de inércia 
polar e tensão de cisalhamento
, assim como, os eixos podem ser maciços ou 
tubulares. Logo, devemos encontrar equações que 
descrevam os momentos de inércia polarpara os 
dois casos!
Eixo Maciço
Equacionamento:
se
dA = 2πρdρ
,então,
Eixo Tubular
τmax =
Tc
Jp
ou τ =
MTρ
Jp
Sabemos que
Jp = ρ
2 dA
A
∫ = ρ2 2πρdρ( )
0
c
∫
Jp =
π
2
c4
Jp =
π
2
c0
4 − ci
4( )
Demonstra-se que:
, assim como,
τmin =
ci
c0
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
τmáx
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
1) Uma barra circular vazada de aço cilíndrica tem 1,5 m de comprimento e diâmetros interno e 
externo, respectivamente, iguais a 40 mm e 60 mm. 
A) qual é o maior torque que pode ser aplicado à barra circular se a tensão de cisalhamento não deve 
exceder 120 MPa? 
B) B) qual é o valor mínimo correspondente da tensão de cisalhamento na barra circular?
R: 4,08 KN.m; 80 MPa.
2) A distribuição de tensão de um eixo maciço foi representada em um gráfico ao longo de três linhas 
radiais arbitrárias. Determine o torque interno resultante na seção.
R: 11 KN.m.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
3) Dimensione um eixo-árvore para um eixo maciço. Considere que o módulo de resistência 
nesse caso é igual a πd3/16. 
R : 3,65 P
nτ
3
4) Dimensione um eixo-árvore para um eixo não maciço. Considere que o módulo de 
resistência nesse caso é igual a π(D4-d4)/16D e que d/D = 0.5. 
R : 0,88
MT
τ
3
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
5) Uma árvore de aço possui diâmetro igual a 30mm, gira com uma velocidade angular de 
20π rad/s, movida por uma força tangencial de 18kN. 
Determinar para o movimento da árvore: 
a) rotação (n); 
b) freqüência (f); 
c) velocidade periférica (vp); 
d) potência (P); 
e) torque (Mt) . R: 600 rpm; 10hz; 0,94 m/s; 16920 w; 270 N.m
6) Dimensionar a árvore maciça de aço, para que transmita com segurança uma potência de 
7355 W (~10CV), girando com uma rotação de 800 rpm. O material a ser utilizado é o ABNT 
1040L, com tensão de cisalhamento de 50MPa (tensão admissível de cisalhamento na 
torção). 
R: 2,1 cm.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
7) Um eixo-árvore possui d = 80 mm e comprimento igual a 90 cm, transmite uma potência 
de 15 kW com uma freqüência de 10 Hz. Determine: 
a) Tensão máxima de cisalhamento atuante; 
b) A distorção no eixo; 
c) O ângulo de torção. 
Dados: Gaço = 80 GPa, J = πd4/32 e W = πd3/16. 
R: 2,38 MPa; 2,9 x 10-5 rad; 6,69 x 10-4 rad.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
8) Um motor de potência 100 kW e velocidade angular 40π rad/s aciona duas máquinas através da 
transmissão por polias representada na figura. 
A máquina da direita (2), consome 80 kW e a da esquerda (3) 20 kW. Desprezam-se as perdas. 
O eixo da direita (2), possui di = 80 mm e comprimento igual a 1,2 m, enquanto o eixo da esquerda 
possui d = 40 mm e comprimento igual a O,8 m. Gaço = 80 GPa. Os diâmetros nominais das polias são: 
dn1 = 150 mm; dn2 = 450 mm; dn3 = 180 mm; dn4 = 360 mm; dn5 = 200 mm; dn6 = 400 mm. 
Determine: 
a) A rotação nos eixos (1), (2) e (3); 
b) A tensão máxima atuante nos eixos (2) e (3); 
c) O Ângulo de torção nos e a distorção nos eixos (2) e (3).
R: 400, 200 e 200 rpm; 38 e 76 MPa; 1,425 x 10-2 e 3,8 
x 10-2 rad; 4,75 x 10-4 e 9,5 x 10-4 rad.
RM II
Unidade 1
Torção, Tensões e Deformações
9) A figura dada, representa uma transmissão por correias, com as seguintes características: 
Motor: 
P=10kW e n = 1140 rpm. 
Polias: 
dn1 = 180 mm; 
dn2 = 450 mm; 
dn3 = 200 mm; 
dn1 = 400 mm. 
Determinar torque e a rotação nos eixos (1) e (2);

Desprezar perdas na transmissão. 
R: 209 e 419 Nm; 456 e 228 rpm. 
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Força Cisalhante e Momento Fletor
Objeto de estudo: vigas. Vigas são estruturas 
que suportam cargas 
perpendiculares ao 
seu eixo. 
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Força cortante: aquela que tende a “fatiar” e é perpendicular ao eixo da barra. 
P
Tensão de Cisalhamento
Momento fletor: esforço que enverga a barra e é originado a partir de forças cortantes. 
P
P
P
P
Tensões normais de 
tração / compressão
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Cálculos (V e M) - Metodologia
Nos elementos de uma estrutura qualquer, os pontos internos não estão sempre submetidos 
somente a forças axiais. Estudaremos a seguir os esforços internos em uma viga submetida a 
carregamentos não axiais. Considere a viga seguinte:
Ao fazermos o corte a-a devemos adicionar as reações que a parte da viga secionada realizava 
sobre a viga restante. Em geral, a viga secionada resiste à translação em x e y, além de resistir 
a uma tendência de rotação em relação ao eixo z (perpendicular ao plano xy).
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Cálculos (V e M) - Metodologia
As reações N, V e M são explicadas a seguir: 
• N é conhecida como força normal ou axial e é responsável pela tração ou compressão do 
elemento; 
• V é a força cortante ou cisalhante, responsável pela tendência de “corte” da viga; 
• M é conhecido como momento fletor e é responsável pela flexão da viga. 
• Em geral, os esforços V e M são mais importantes no projeto de uma estrutura do que N. 
Basta imaginar uma régua, você conseguiria quebrá-la por tração? Para quebrar a régua, basta 
entortá-la. Nesse caso, dizemos que a régua quebrou devido ao momento fletor.
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Convenciona-se adotar os seguintes sentidos positivos para V e M. 
(i) Força cisalhante (V > 0):
Cálculos (V e M) - Metodologia
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Convenciona-se adotar os seguintes sentidos positivos para V e M. 
(ii) Momento fletor (M > 0)
Cálculos (V e M) - Metodologia
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Relações entre força distribuída, esforço cortante e momento fletor
dV
dx
= −W
V = dM
dx
d 2M
dx2
= −W
A B
dFW=f(x)
dx
x
Equações importantes: 
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Exercícios
1) Faça os diagramas de força de cisalhamento e momento fletor da viga abaixo. 
A B
2m 2m
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Exercícios
2) Traçar os diagramas de força cortante e de momento fletor para a viga e o 
carregamento apresentados. 
A
D
2,5m
B
2,0m3,0m
C
40 KN
20 KN
RM II
Unidade 1
Esforços Internos em Vigas
Exercícios
3) Determinar as expressões para a força cortante V e para o momento fletor M e 
construir os respectivos diagramas na viga biapoiada, solicitada pela ação da carga 
concentrada P, conforme a figura.
a b
A B
P
RM II
Unidade 1
Flexão
Flexão Pura
O esforço de flexão configura-se na peça, quando esta sofre a ação de cargas cortantes, que 
venham a originar momento fletor significativo.
Quando a peça submetida à flexão, apresenta 
somente momento fletor nas diferentes 
secções transversais, e não possui força 
cortante atuante nestas secções, a flexão é 
denominada pura. 
Exemplo:
No intervalo compreendido entre os 
pontos C e D, a cortante é nula e o 
momento fletor atuante é constante. 
Neste intervalo, existe somente a 
tensão normal, pois a tensão de 
cisalhamento é nula, portanto o valor 
da força cortante é zero. 
RM II
Unidade 1
Flexão
Flexão Simples
A flexão é denominada simples, quando as secções transversais da peça estiverem 
submetidas à ação de força cortante e momento fletor simultaneamente.
Exemplos: intervalos AC e DB da figura ao lado. 
Neste caso, atua tensão normal e tensão 
tangencial. 
Agora, vamos 
aprender a calcular a 
tensão normal e 
dimensionar uma 
estrutura submetida a 
uma flexão!
RM II
Unidade 1
Flexão
Tensão Normal na Flexão
Considere uma peça com secção transversal A qualquer e comprimento L que encontra-se submetidaà flexão pela ação das cargas cortantes representadas. 
Observe que as 
fibras inferiores da 
peça encontram-se 
tracionadas, 
enquanto as fibras 
superiores se 
encontram 
comprimidas. 
σ c =
Ma
J
σ t =
Mb
J
Tensão 
na flexão Convenciona-se que o momento f letor nas f ibras comprimidas é negativo e que o momento fletor nas fibras 
tracionadas é positivo.
RM II
Unidade 1
Flexão
Dimensionamento na Flexão
Para o dimensionamento das peças submetidas a esforço de flexão, utiliza-se a tensão admissível, que 
será a tensão atuante máxima na fibra mais afastada, não importando se a fibra estiver tracionada 
ou comprimida. 
σ x =
Mymax
Ix
Wx =
Ix
ymax
σ x =
M
Wx
Sabemos que
, assim como
, então, podemos escrever:
Observações:
σ x = σ : tensão admissível;
σ x e σ y : tensão normal atuante na fibra mais afastada;
xmax e ymax : distância máxima entre a LN e a extremidade de secção.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
1) Dimensionar a viga de madeira que deverá suportar o carregamento representado na figura. 
Utilizar para a tensão admissível o valor de 10MPa e h = 3b. 
R: aproximadamente 40 x 120 mm.
RM II
Unidade 1
Flexão
Dimensionamento na Flexão - Eixo Maciço
2) Faça o dimensionamento para que um eixo com coeficiente de segurança k = 2 suporte o 
carregamento representado na figura abaixo. A tensão de escoamento é igual a 280 MPa. 
R: aproximadamente 57 mm.
RM II
Unidade 1
Flexão
Dimensionamento na Flexão - Eixo Maciço
3) Dimensionar o eixo vazado para que suporte com segurança k = 2 para o carregamento 
representado na figura. A tensão de escoamento é igual a 400 MPa. A relação entre os 
diâmetros é 0,6. 
R: aproximadamente 15 e 25 mm.
RM II
Unidade 1
Flexão
Tensão de Cisalhamento na Flexão
Quando uma força cortante atua em uma secção transversal de determinada peça, provoca nesta, 
uma tensão de cisalhamento, que é determinada através da fórmula de Zhuravski. 
τ = V
bJ
y dA
0
h 2
∫
τ =
QMe
bJ
A tensão de cisalhamento pode ser escrita 
como:
mas,
Me = y dA
A
∫
, logo
τ : tensão de cisalhamento;
Q =V : força cortante;
Me: momento estático;
b: largura da secção;
J=I: momento de inércia.
Lembre-se que:
Na prática, geralmente, a 
tensão é nula na fibra mais 
distante, sendo máxima na 
linha neutra. 
RM II
Unidade 1
Flexão
Deformação na Flexão
Ao aplicar as cargas na peça, as secções transversais cg e df giram em torno do eixo y, perpendicular ao plano de flexão. As 
fibras longitudinais do lado côncavo contraem-se e as do lado convexo alongam-se. A origem dos eixos de referência x e y está 
contida na superfície neutra. 
deformação 
transversal
, logo
Para obter o triângulo dbe, traça-se uma paralela à secção c.g. O lado 
de do triângulo bde representa o alongamento da fibra localizada a 
uma distância y da superfície neutra (SN). 
A seme lhança ent re os 
triângulos oab e bde fornece 
a de f o r m ação da fibra 
longitudinal:
ε x =
de
ab
= y
r
y
O alongamento longitudinal das fibras na parte 
tracionada é acompanhado por uma contração 
lateral, e a contração das fibras da parte compimida é 
acompanh ada por uma d is te nsão l ate ra l . A 
deformação que ocorre na secção transversal é 
determinada por: 
εz = −νε x
deformação 
longitudinal
coeficiente 
de Poisson
εz = −νε x = −ν
y
r
distância da fibra 
estudada até a 
linha neutra
raio de 
curvatura
RM II
Unidade 1
Flexão
Deformação na Flexão
Através da lei de Hooke, encontra-se a tensão longitudinal das 
fibras:
, logo
Observe a figura ao lado.
σ x = Eε x
σ x = E
y
r
A tensão que atua dA é a tensão longitudinal, portanto, a força 
que atua em dA pode ser estimada considerando um infinitésimo de 
área dA, que dista y o eixo z (LN). Assim, podemos escrever:
F = σ x
A
∫ dA =
Ey
rA
∫ dA =
E
r
y dA
A
∫
Como a resultante das forças distribuídas na secção 
transversal é igual a zero, pois o sistema de cargas pode 
ser substituído por um conjugado, tem-se então que: 
F = E
r
y dA
A
∫ = 0
O momento estático ydA = O em relação à linha neutra, 
então conclui-se que a linha neutra passa pelo CG da 
secção. O momento estático de dA em relação à linha 
neutra é dado por: 
Ey
r
= dAy
Integrando a expressão, vem:
M = E
r
y 2 dA∫
Como a linha neutra considerada no estudo da secção 
transversal é Z, conclui-se que Jz = y2 dA, logo, 
RM II
Unidade 1
Flexão
Deformação na Flexão
F = σ x
A
∫ dA =
Ey
rA
∫ dA =
E
r
y dA
A
∫
Como a resultante das forças distribuídas na secção transversal é 
igual a zero, pois o sistema de cargas pode ser substituído por um 
conjugado, tem-se então que: 
F = E
r
y dA
A
∫ = 0
O momento estático ydA = O em relação à linha neutra, então 
conclui-se que a linha neutra passa pelo CG da secção. O momento 
estático de dA em relação à linha neutra é dado por: 
Ey
r
= dAy
Integrando a expressão, vem:
M = E
r
y 2 dA∫
Como a linha neutra considerada no estudo da secção transversal 
é Z, conclui-se que Jz = y2 dA, logo, 
M = E
r
Jz
mas, 
E =
σ xr
y
,logo, por substituição:
M =
σ xr
yr
Jz
σ x =
My
Jz
e finalmente, temos:
Obs: como 
trabalhamos no 
plano xy, Jz = Jx!
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
1) Calcule a tensão de cisalhamento na viga retangular a seguir na seção z e no ponto k.
R: aproximadamente 16 k N/m2.
3 m 2 m
420 N
30 cm
50 cmk
1,5 cm
Considere que:
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
2) A viga tem seção transversal retangular e está sujeita à um momento interno M=2,88kNm 
na seção transversal 60x120mm. Determine a distribuição de tensão. 
R: aproximadamente 20 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
3) Um elemento com as dimensões mostradas na figura deverá ser usado para resistir a um 
momento fletor interno M=2kNm. Determine a tensão máxima no elemento se o momento for 
aplicado (a) em torno do eixo z e (b) em torno do eixo y. 
R: aproximadamente 13,9 e 27,8 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
4) A viga simplesmente apoiada tem a área de seção transversal mostrada na figura abaixo. 
Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga. Considere o momento máximo na viga 
igual a ql2/8.
R: aproximadamente 12,7 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
5) Uma viga biapoiada com balanço é solicitada por uma força de 4 kN, conforme a figura. 
Calcular as maiores tensões normais de tração e de compreensão causadas pela flexão.
R: aproximadamente R: 132 MPa e 221 MPa.
5 m 3 m
4kN
1
2
z0
zb
4 cm
6 cm
12 cm
y0
y
2 cm
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
6) A viga de madeira tem seção transversal retangular. Supondo que sua largura seja 6 pol, 
determinar a altura h, de modo que ela atinja sua tensão de flexão admissível seja igual a 1,50 
ksi. Suponha que a força P seja igual a 3200 lbf. 
R: 8 pol.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
7) 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. 
R: 3,612 e 6,709 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
8) Para a seção transversal “I” da viga vista na figura ao lado, calcule: o momento de inércia 
(em relação ao eixo neutro da seção), a tensão máxima normal para um fletor de 66 kN.m e a 
tensão máxima de cisalhamento para um cortante de 44 kN. Considere Me = 8931 cm3. 
R: 459148 cm4, 4,456 MPa e 1,426 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão
Exercícios
9) Para a seção transversal “T” de uma viga, vista na figura ao lado, calcule: 
a) momento de inércia (em relação ao eixo neutro da seção); 

b)a tensão máxima normal em MPa para um fletor de 5,55 MN.m; 
c) a tensão máxima de cisalhamento para um cortante de 40,4 kN. 
R: 8144 cm4, 92 MPa e 4,52 MPa.
Considere Me = 546,75 cm3.
Aço
RM II
Unidade 1
Flexão em Vigas Compostas
Método da Seção Transformada
As vigas compostas são constituídas por dois ou mais materiais. 
Por exemplo: 
Madeira
Aço M
Então, como calcular as tensões nesses casos?
Utilizando o MST:
Madeira
Aço
Aço
Aço
b
b’ = n b
Seção Original Seção Equivalente
n =
Etransformada
Eintacta
Módulo de elasticidade
n > 1 ou n < 1
Há uma 
dependência na 
escolha do 
material a ser 
transformado !
Realizada a escolha, devemos seguir o passos 
descritos abaixo:
b’ < 1
b b’
i) cálculo do n’; 
ii) Definir um referencial; 
iii) cálculo das propriedades geométricas (área, 
centróide, L.N); 
iv) cálculo do momento de Inércia; 
v) cálculo das tensões.
Aço
Aço
0
1
2 y1y2
A1
A2 referencial
Aço
L.N
I2
I1
d1
d2
y =
Aiyi∑
Ai∑
I = Ii + Aidi
2∑
Elementos intactos: Elementos transformados:
σ = −My
I
σ = −nMy
I
RM II
Unidade 1
Flexão em Vigas Compostas
Exercícios
1) Para reforçar uma viga de aço, uma tábua de carvalho foi colocada entre seus flanes, como 
mostra a figura. Se a tensão normal admissível para o aço é de 168 MPa e para a madeira for 
21 MPa, determine o momento fletor máximo que a viga pode suportar com e sem o reforço 
da madeira. Dados:
R: 12, 68 KN.m e 19,17 KN.m.
E aço= 200GPa;
Emadeira = 12GPa;
Iaço = 7,93x10
6mm4;
A = 5.493,75mm2.
RM II
Unidade 1
Flexão em Vigas Compostas
Exercícios
2) 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 kNm, determine a tensão normal nos pontos B e C. 
Considere Emad = 12 GPa e Eaço = 200 GPa. 
R: 7,78 MPa e -1,71 MPa.
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Método de estudo da flexão oblíqua
A fórmula para a flexão estudada considerava a condição de que a área da seção transversal fosse simétrica em torno de um 
eixo perpendicular ao eixo neutro e também que o momento interno resultante M agisse ao longo do eixo neutro. Agora 
veremos como fica a fórmula da flexão para uma viga com momento interno resultante que aja em qualquer direção. Por 
exemplo: 
Podemos expressar a tensão normal resultante em qualquer ponto na seção transversal, em termos gerais, como: 
σ =
−Mzy
Iz
+
Myz
Iy
σ : tensão no ponto;
y e z:coordenadas do ponto medidas em relação a x, y e z;
My e Mz: componentes do momento interno resultante direcionados ao longo dos eixos y e z;
Iy e Iz: momentos principais de inércia calculados em torno dos eixos y e z. 
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Método de estudo da flexão oblíqua
Orientação do eixo neutro: o ângulo α do eixo neutro pode ser determinado aplicando σ = 0. Logo, temos: 
σ =
−Mzy
Iz
+
Myz
Iy
0 =
−Mzy
Iz
+
Myz
Iy
Mzy
Iz
=
Myz
Iy
y
z
=
MyIz
MzIy
y
z
=
Msen θ( )Iz
M cos θ( )Iy
y
z
=
tg θ( )Iz
Iy
tg α( ) = IzIy
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ tg θ( )
Logo:
Observação: utilizar um sistema x, y e z orientado 
pela regra da mão direita. 
Ângulo 𝜭 – sentido do +z para +y até encontrar o 
M ; 
Ângulo α – sentido do +z para +y até encontrar LN 
; 
Ou seja, horário positivo, anti-horário negativo. 
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Exercícios
1) Considere a seção transversal retangular mostrada na figura abaixo está sujeita a um 
momento fletor M=12kNm. Determine a tensão normal desenvolvida em cada canto da seção. 
R: 2,25 MPa; ︎4,95 MPa; ︎2,25MPa e 4,95MPa. 
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Exercícios
2) Considerando os dados do exercício 1), calcule a orientação da linha neutra. 
R:︎ -︎79,4 º ︎. 
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Exercícios
3) Considere uma viga em T está sujeita a um momento fletor de 15 kNm. Determine a tensão 
normal máxima na viga. Considere que a maior tensão de tração ocorre em B e a maior tensão 
de compressão ocorre C. 
R:︎ 74,8 MPa e ︎90,3 MPa. 
C
B
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Exercícios
4) Considerando os dados do exercício 3), calcule a orientação da linha neutra. 
R:︎ 68,6 º ︎. 
B
C
RM II
Unidade 1
Flambagem
Carga Crítica (Fcr)
A flambagem consiste na deformação de uma peça, causada por uma força de compressão axial. Como conseqüência, a peça 
pode perder a sua estabilidade (sofrer um colapso) sem que seu material atinja o limite de escoamento. Este colapso sempre 
ocorrerá na direção do eixo de menor momento de inércia de sua seção transversal. 
Denomina-se carga crítica, a carga axial que faz com 
que a peça venha a perder sua estabilidade e comece a 
flambar.
Se F ≤ Fcr , não ocorre flambagem, e se F ≥ Fcr , ocorre 
flambagem. 
Euler (1707-1783) foi o primeiro a estudar o 
fenômeno, e determinou a fórmula da carga crítica 
nas peças carregadas axialmente. 
Fcr =
π 2EA
λ 2
Fcr: Carga critica; 
E: Módulo de elasticidade;
A: área de seção transversal;
λ: índice de esbeltez.
RM II
Unidade 1
Flambagem
O índice de esbeltez mede a facilidade ou a dificuldade que um elemento comprimido tem de flambar e é definido 
como sendo a relação entre o comprimento de flambagem ( l f ) e o raio de giração da seção transversal da peça. 
Uma peça é esbelta quando seu comprimento é grande perante sua seção transversal. Quanto maior o índice de 
esbeltez maior a probabilidade do elemento flambar. 
Índice de Esbeltez
λ =
Lf
r
r =
Imí n
A
Lf : comprimento de flambagem;
r: raio de giração;
Imín: menor momento de inércia da seção;
A: área da seção.
Carga crítica em função do momento de 
inércia e do comprimento de flambagem:
Fcr =
π 2EImín
Lf
2
Em função do tipo de fixação das suas 
extremidades, a peça apresenta 
d i f e r e n t e s c o m p r i m e n t o s d e 
flambagens (vide ao lado).
RM II
Unidade 1
Flambagem
Tensão Crítica de Flambagem é a tensão que faz com que a peça perca a sua estabilidade e comece a 
flambar. 
Tensão Crítica de Flambagem
σ fL =
Fcr
A
ou
σ fL =
π 2E
λ 2
critério: σ fL ≤σ proporcionalidade
Para que em uma barra não ocorra a flambagem, o valor de tensão desenvolvido pela força de compressão 
atuante deve ser menor que o da Tensão Admissível Crítica de Flambagem, isto é: 
σ c =
F
A
≤σ fL, onde
σ fL =
σ fL
s
RM II
Unidade 1
Flexão Oblíqua
Exercícios
1) O elemento estrutural A-36 W200 X 46 bi-articulado de aço mostrado na figura ao lado 
deve ser usado como uma coluna acoplada por pinos. Determine a maior carga axial que ele 
pode suportar antes de começar a sofrer flambagem ou antes que o aço escoe. 
R:︎ 1472, 5 kN︎. 
Dados: 
A = ︎5890 mm2 
Ix = 45,5 ︎ 106 mm4 
Iy = 15,3 ︎106 mm4 
︎Tensão de escoamento: 250 MPa 
E︎ = 200 GPa