Resmat II material de aula com exercicios da av1 até av2

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Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
1 
 
 
 
 
 
 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 
 
 
As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto, 
foram retiradas dos seguintes livros: 
 
- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer 
 - E. Russel Johnston Jr. 
Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 
 
 
 
- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler 
Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004 
 
 
Parte 01: 
Propriedades geométricas de superfícies planas; 
- Centróide de uma área; 
- Momento de inércia; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2 
 
y 
x 
CG 
�� 
�� 
A 
y 
x 
A1 
y1 
x1 
A2 
A3 
y2 
y3 
x2 
x3 
 
1- Centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana 
 A localização do centróide de uma superfície plana qualquer de área A ilustrada 
na figura 1 é definida por meio das coordenadas �� � �� . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1: centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana qualquer 
 
 As coordenadas �� � �� do centróide de uma superfície plana qualquer são 
determinadas pelas seguintes equações: 
 
X� = ∑ Ai. x�ii ∑
 Aii
 (1) 
 
Y� = ∑ Ai. y�ii ∑
 Aii
 (2) 
 
 Para aplicar as equações (1) e (2) é necessário dividir a superfície plana 
qualquer em n superfícies planas de geometria simples (retângulos, quadradas, 
triângulos, círculos, etc), cujas coordenadas do centróide são conhecidas, conforme 
ilustra a figura 2. A tabela 1 ilustrada a seguir apresenta as coordenadas x e y do 
centróide de algumas superfícies planas de geometria simples. 
 
 
 
 
X� = A1. 
� + A2. 
� + A3. 
�A1 + A2 + A3 
 
Y� = A1. �� + A2. �� + A3. ��A1 + A2 + A3 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2: Divisão em superfície de geometria simples 
 
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3 
 
 
Tabela 1: Coordenadas x e y do centróide ou centro de gravidade de algumas 
superfícies planas de geométricas simples; 
Superfície 
Plana 
 
x� 
 
y� 
 
Área 
 
 
Retângulo 
e 
Quadrado 
 
 
 
 
x� = �2 
 
 
y� = ℎ2 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
Triângulo 
retângulo 
 
 
 
 
 
 
x� = �3 
 
 
y� = ℎ3 
 
 
� = �. ℎ 2� 
 
 
Círculo 
 
 
 
 
x� = 0 
 
 
y� = 0 
 
 
� = �. �� 
 
 
Semicírculo 
 
 
 
 
 
 
x� = 0 
 
 
y� = 4�3� 
 
 
� = �. �� 2� 
 
 
 
 
1/4 círculo 
 
 
 
 
 
 
x� = 4�3� 
 
 
y� = 4�3� 
 
 
� = �. �� 4� 
 
 
Losango 
 
 
 
 
 
 
x� = 0 
 
 
y� = 0 
 
 
� = �� 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
CG 
a a 
x 
y 
CG 
r 
x 
y 
r 
CG 
x 
y 
CG 
r 
x 
y 
CG 
b 
h 
x 
y 
CG 
b 
h 
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4 
 
y 
x 
y 
x 
A3 
A2 
A4 
y 
x 
A1 
A2 
A1 
y 
x 
y 
x 
A3 
A1 
A2 
A4 
y 
x 
A1 
A2 
 
OBS1: Caso a superfície plana apresente área vazada ou chanfro: 
- Para simplificar a análise recomenda-se considerar a superfície plana cheia 
(completa) e descontar a contribuição da área vazada ou chanfro, conforme 
apresentado nos casos 1 e 2 ilustrados a seguir nas figuras 3 e 4. 
Caso1: 
 
 
 
 
 
 
 Mais trabalhoso Mais prático 
X� = A1. 
� + A2. 
� + A3. 
� + A4. 
�A1 + A2 + A3 + A4 ; X
�
 =
A1. 
� − A2. 
�
A1 − A2 ; 
Y� = A1. �� + A2. �� + A3. �� + A4. ��A1 + A2 + A3 + A4 ; Y
�
 =
A1. �� − A2. ��
A1 − A2 ; 
 Figura 3: Superfície plana com área vazada (furo); 
 
Caso2: 
 
 
 
 
 
 
 Mais trabalhoso Mais prático 
X� = A1. 
� + A2. 
� + A3. 
� + A4. 
�A1 + A2 + A3 + A4 ; X
�
 =
A1. 
� − A2. 
�
A1 − A2 ; 
Y� = A1. �� + A2. �� + A3. �� + A4. ��A1 + A2 + A3 + A4 ; Y
�
 =
A1. �� − A2. ��
A1 − A2 ; 
 
 Figura 4: Superfície plana com área chanfro (recorte); 
 
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5 
 
y 
x 
20 cm 
35 cm 
24 cm 
y 
x 
20 cm 
15 cm 
24 cm 10 cm 
12 cm 
8,0 cm 
5,0 cm 
A1 
A2 
y 
 
Exemplo 1: Determinar as coordenadas �� � �� do centróide da superfície plana 
ilustrada a seguir; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A1 = 24 . 20 = 480 cm2 
A2 = 24 . 15/2 = 180 cm2 
 
x1 = 10 cm 
x2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm 
 
y1 = 12 cm 
y2 = 8,0 cm 
 
X� = �� . 
� + �� . 
��� + ��!
= "480 . 10$ + "180 . 25,0$480 + 180 = 14,09 () 
 
Y� = �� . �� + �� . ���� + ��!
= "480 . 12$ + "180 . 8,0$480 + 180 = 10,91 () 
 
 
 
Tabela 1 x� y� 
Área 
 
x� = �2 
 
 
y� = ℎ2 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
 
x� = �3 
 
 
y� = ℎ3 
 
 
� = �. ℎ 2� 
 
 
x CG 
b 
h 
x 
y 
CG 
b 
h 
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6 
 
y 
x 
60 cm 
30 cm r = 15 cm 
y 
x 
60 cm 
30 cm 30 cm 
15 cm 
r = 15 cm 
6,37 cm 
A1 
A2 
r = 15 cm 
*+
,- = ., ,/ 01 
 
Exemplo 2: Determinar as coordenadas �� � �� do centróide da superfície plana 
ilustrada a seguir; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Dividir a superfície plana em superfícies 
de geometria simples de centróide 
conhecido; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A1 = 60 . 30 = 1800 cm2 
A2 = pi. 152/2 = 353,4cm2 
 
x1 = 30 cm 
x2 = 60 – 6,37 = 53,63 cm 
 
y1 = 15 cm 
y2 = 15 cm 
 
X� = �� . 
� − �� . 
��� − ��!
= "1800 . 30$ − "353,4 . 53,63$1800− 353,4 = 24,23 () 
 Y� = �� . �� − �� . ���� − ��!
= "1800 . 15$ − "353,4 . 15$1800 − 353,4 = 15 () 
 
Tabela 1 x� y� 
Área 
 
x� = �2 
 
 
y� = ℎ2 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
 
x� = 0 
 
 
y� = 4�3� 
 
 
� = �. �
�
2 
 
 
 
 
x 
y 
r 
CG 
x 
y 
CG 
b 
h 
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7 
 
y 
x 
50 cm 
25 cm 
r = 12,5 cm 
r = 6,25 cm 
y 
x 
25 cm 
25 cm 12,5 cm 
A1 
A2 
r 1 = 12,5 cm 
12,5 cm 
25 cm 
8,33 cm 
r2 = 6,25 cm 
5,31cm 
A3 
A4 
8,33 cm 
2,65 cm 
*+3
,- = 4, ,3 01 
*+5
,- = 5, .4 01 
 
Exemplo 3: Determinar as coordenadas �� � �� do centróide da superfície plana 
ilustrada a seguir; 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Dividir a superfície plana em superfícies 
de geometria simples de centróide conhecido; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A1 = pi. 12,52/2 = 245,4 cm2 A2 = 25 . 25 = 625 cm2 
A3 = 25 . 25 /2 = 312,5 cm2 A4 = pi. 6,252/2 = 61,4 cm2 
 
x1 = 12,5 cm x2 = 12,5 cm 
x3 = 25 + 8,33 = 33,33 cm x4 = 25 cm 
 
y1 = 25 + 5,31 = 30,31 y2 = 12,5 cm 
y3 = 8,33 cm y4 = 2,65 cm 
 
X� = �� . 
� + �� . 
� + �� . 
� − �� . 
��� + �� + �� − ��!
 
X� = "245,4 . 12,5$ + "625 . 12,5$ + "312,5 . 33,33$ − "61,4 . 25$245,4 + 625 + 312,5 − 61,4 = 17,62 () 
 
 
Y� = �� . �� + �� . �� + �� . 
� − �� . ���� + �� + �� − ��!
 
Y� = "245,4 . 30,31$ + "625 . 12,5$ + "312,5 . 8,33$ − "61,4 . 2,65$245,4 + 625 + 312,5 − 61,4 = 15,77 () 
 
 
 
Tabela 1 x� y� Área 
x� = �2 
 
 
y� = ℎ2 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
x� = �3 
 
 
y� = ℎ3 
 
 
� = �. ℎ 2� 
 
 
x� = 0 
 
 
y� = 4�3� 
 
 
� = �. �
�
2 
 
 
 
 
x 
y 
r CG 
x 
y 
CG 
b 
h 
x 
y 
CG 
b 
h 
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2 - Momento de Inércia de uma superfície plana 
 O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no 
dimensionamento dos elementos de construção (vigas, colunas, etc), 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. 
 
 A figura 5 ilustra bem o conceito de momento de inércia de elemento de 
construção;
 
 
 
 Figura 5: Ilustração do conceito de momento de inércia 
 
 
 A unidade do Momento de inércia no sistema internacional é dada em metros a 
quarta. 
 
 I � No SI: m4 
 
 
 
 
A 
A 
Corte AA: 
seção transversal 
 
Corte AA: 
seção transversal 
 
X’ X’ 
Ix1 >>> Ix2 
A 
P 
P 
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y 
x 
y 
x 
X' 
Y' 
c 
 
 Os momentos de inércia de uma superfície plana qualquer podem ser calculados 
em relação a quaisquer eixos de referência x e y. 
 
 A figura 6 ilustra dois exemplos de sistemas de eixos x e y de referência para os 
quais os momentos de inércia podem ser verificados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6a) Cálculo dos Momentos de Inércia 6b) Cálculo dos Momentos de Inércia 
 da superfície plana em relação da superfície plana em relação 
 aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’ 
 ou eixos baricêntricos 
 da superfície plana; 
 
 
OBS: Eixos centroidais = eixos baricêntricos ���� eixo x e y que passa pelo 
centróide da superfície 
 
 
 
 
Figura 6: Exemplos de sistemas de eixos de referência para os quais os momentos 
podem ser verificados; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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y' 
x' 
Y 
X 
A1 
dy1 
dx1 
A2 
A3 dy2 
dy3 
dx2 
dx3 
y' 
x' 
y' 
x' y' 
x' 
Y 
X 
A1 
dy1 
dx1 
A2 
A3 
dy2 
dy3 
dx2 
dx3 
y' 
x' 
y' 
x' 
X' 
Y' 
 
 Os momentos de inércia ( Ix e Iy ) em relação a qualquer eixo de referência x e 
y de uma superfície plana qualquer (figura 1) são determinados pelas seguintes 
equações: 
Ix= 7"I8xi
i
 + Aidyi2 $ (3) 
 Teorema dos Eixos Paralelos 
Iy= 7"I8yi
i
 + Aidxi2 $ (4) 
 
 Para aplicar as equações (3) e (4) é necessário dividir a superfície plana 
qualquer em n superfícies planas de geometria simples conforme ilustram as figuras 7a 
e 7b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7a) Cálculo dos Momentos de Inércia 7b) Cálculo dos Momentos de Inércia 
 da superfície plana em relação da superfície plana em relação 
 aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’ 
 da superfície plana; 
 
 Figura 7: Distâncias dx e dy para o cálculo dos momentos de Inércia; 
 
Nas equações 3 e 4 tem-se: 
I 8xi , I 8yi � momento de inércia de cada superfície plana de geometria simples em 
 relação ao seu eixo x’ centroidal e ao eixo y’ centroidal, respectivamente; 
 
Ai � área de cada superfície de geometria simples; 
 
dxi , dyi � distância entre o eixo centroidal de cada superfície plana de geometria 
 simples até o eixo no qual o momento é verificado; 
 
OBS: A tabela 2 ilustrada a seguir apresenta os momentos de inércia I 8xi , I8yi em 
relação os eixos centroidais x’ e y’ respectivamente de algumas superfícies planas 
de geometria simples. 
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Tabela 2: momento de inércia em relação aos eixos centroidais de algumas 
superfícies planas de geométricas simples; 
 
 9 8:; e 9 8<; � em relação aos eixos centroidais x’e y’; 
 
Superfície 
Planas 
 Momento de Inércia 
 
 
Retângulo 
E 
Quadrado 
 
 
Forma geral: 
9 8 = =>?�� . 
 
Substituindo os valores: 
9 8:; = @A
?
�� ; 9 8<; =
A@?
�� 
 
 
 
Triângulo 
retângulo 
 
 
 
 
Forma geral: 
9 8 = =>?�B . 
 
Substituindo os valores: 
9 8:; = @A
?
�B ; 9 8<; =
A@?
�B 
 
 
 
Círculo 
 
 
 
 
9 8:; = 9 8<; = CD
E
� 
 
 
 
Semicírculo 
 
 
 
 
 
 
 9 8:; = 0,1098 �� 
 9 8<; = 0,3927 �� 
 
 
 
 
1/4 círculo 
 
 
 
 
 
 
 
 9 8:; = 9 8<; = 0,0549 �� 
 
 
 
 
 
Losango 
 
 
 
 
 
 
9 8:; = 98<; = F
E
�� 
 
 
 
 
 
x = x’ 
y = y’ 
CG 
a a 
x 
y 
CG 
r x' 
y' 
x 
y = y’ 
r 
x' CG 
x = x’ 
y = y’ 
CG 
r 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
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y 
x 
3a 
a 
a a 
2a 
a 
y 
x 
4a 
2,5a 
3a 
y 
x 
3a 
1,20a 
1,20a 
0,5a 
a 
1,25a 
r = 0,5a 
Simetria vertical: 
X = 1,5 a 
Y = ? 
Simetria horizontal: 
X = ? 
Y = 1,25 a 
Simetria horizontal: 
X = ? 
Y = 1,45 a 
c 
c 
c 2,9a 
y 
x 
3a 
a 
a a 
a 
3a 
y 
x 
4a 
2,5a 
2a 
y 
x 
1,2a 
3,5 
0,5a 
1,25a 
r = 0,5a 
Simetria vertical e 
horizontal: 
X = 1,5 a 
Y = 1,5 a 
Simetria vertical e 
horizontal: 
X = 2a 
Y = 1,25 a 
Simetria vertical e 
horizontal: 
X = 1,7a 
Y = 1,75a 
c 
c 
c 
a 
a 
a 
1,2a 
1,2a 
0,5a 
1,2a 
a 
 
OBS2: Caso a superfície plana com eixos de simetria: 
 
- 1 eixo de simetria � Neste caso uma coordenada do centróide é conhecida; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 2 eixos de simetria � Neste caso as duas coordenadas do centróide são 
conhecidas; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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y 
x 
20 cm 
35 cm 
24 cm 
Coordenadas do 
centróide: 
 
�� = 3*, GH 01 
�� = 3G, H3 01 
y 
x 
20 cm 
15 cm 
24 cm 10 cm 
12 cm 
8,0 cm 
5,0 cm 
A1 
A2 
 
Exemplo 4: Utilizando a mesma superfície plana do exemplo 1 determine os momentos 
de inércia em relação os eixos x e y e em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos 
X’ e Y’ da superfície plana no sistema internacional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Parte 1: momentos em relação aos eixos de referência x e y: 
Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ix= 7"I 8xi
i
 + Aidyi2 $ → Ix = " I 8x1+A1dy1
2 $ + " I 8
x2+A2dy2
2 $ 
 
Iy= 7"I 8yi
i
 + Aidxi2 $ → Iy = " I 8y1+A1dx1
2 $ + " I 8y2+A2dx2
2 $ 
 
A1 = 24 . 20 = 480 cm2 A2 = 24 . 15/2 = 180 cm2 
 
d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos de referência x e y: 
dx1 = 10 cm dy1 = 12 cm 
dx2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm dy2 = 8,0 cm 
 
 I 8x1 =
�ℎ�
12 =
20 . 24�
12 = 23040,0 ()
� I 8y1 =
ℎ��
12 =
24 . 20�
12 = 16000,0 ()
�
 
 
 I 8x2 =
�ℎ�
36 =
15 . 24�
36 = 5760,0 ()
� I 8y2 =
ℎ��
36 =
24 . 15�
36 = 2250,0 ()
�
 
 
 
Ix = "23040,0 + 480 . 12�$ + "5760,0 + 180 . 8, 0�$ = 109440,0 ()� = 109440109440109440109440,,,,0 0 0 0 . . . . 3GIJ 1* 
 
Iy = "16000,0 + 480 . 10�$ + "2250,0 + 180 . 25, 0�$ = 178750,0 ()� = 178750178750178750178750,,,,0 0 0 0 . . . . 3GIJ 1* 
 
 
Tabela 1 e Tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área 
x� = �2 
y� = ℎ2 
 
9 8:L =
�ℎ�
12 
9 8:; =
ℎ��
12 
 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
 
x� = �3 
y� = ℎ3 
 
 
9 8:L =
�ℎ�
36 
9 8:; =
ℎ��
36 
 
 
� = �. ℎ 2� 
 
 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
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14 
 
y 
x 
20 cm 
24 cm 10 cm 
12 cm 
8,0 cm 
A1 
A2 
c 
Y’ 
X’ 
5,0 cm 
15 cm 
 
Resolução: 
Parte 2: momentos em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’: 
O centróide possui as seguintes coordenadas: 
 
�� = 3*, GH 01; �� = 3G, H3 01; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ix= 7"I 8xi
i
 + Aidyi2 $ → Ix = " I 8x1+A1dy1
2 $ + " I 8
x2+A2dy2
2 $ 
 
Iy= 7"I 8yi
i
 + Aidxi2 $ → Iy = " I 8y1+A1dx1
2 $ + " I 8y2+A2dx2
2 $ 
 
A1 = 24 . 20 = 480 cm2 A2 = 20 . 15/2 = 180 cm2 
 
d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da 
superfície plana: 
 
dx1 = 14,09 – 10 = 4,09 cm dy1 = 12,00 – 10,91 = 1,09 cm 
dx2 = 25,0 – 14,09 = 10,91 cm dy2 = 10,91 – 8,00 = 2,91 cm 
 
 
 I 8x1 =
�ℎ�
12 =
20 . 24�
12 = 23040,0 ()
� I 8y1 =
ℎ��
12 =
24 . 20�
12 = 16000,0 ()
�
 
 
 I 8x2 =
�ℎ�
36 =
15 . 24�
36 = 5760,0 ()
� I 8y2 =
ℎ��
36 =
24 . 15�
36 = 2250,0 ()
�
 
 
 
Ix = "23040,0 + 480 . 1,09�$ + "5760,0 + 180 . 2,91�$ = 30894,55 ()� = 30894308943089430894,,,,55 55 55 55 . . . . 3GIJ 1* 
 
Iy = "16000,0 + 480 . 4,09�$ + "2250,0 + 180 . 10,91�$ = 47704,55 ()� = 47704477044770447704,,,,55 55 55 55 . . . . 3GIJ 1* 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabela 1 e tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área 
x� = �2 
y� = ℎ2 
 
9 8:L =
�ℎ�
12 
9 8:; =
ℎ��
12 
 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
 
x� = �3 
y� = ℎ3 
 
 
9 8:L =
�ℎ�
36 
9 8:; =
ℎ��
36 
 
 
� = �. ℎ 2� 
 
 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
15 
 
y 
x 
20 mm40 mm 
20 mm 
r =7,5 mm 
10 mm 
y 
x 
20 mm 
40 mm 
20 mm 
r =7,5 mm 
10 mm 
Y’ 
X’ 
A1 
A2 
c 
 
Exemplo 5: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou 
baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Devido à simetria: as coordenadas do centróide são conhecidas: X=20 mm; Y=10 mm; 
Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ix= 7"I 8xi
i
 + Aidyi2 $ → Ix = " I 8x1+A1dy1
2 $ + " I 8
x2+A2dy2
2 $ 
 
Iy= 7"I 8yi
i
 + Aidxi2 $ → Iy = " I 8y1+A1dx1
2 $ + " I 8y2+A2dx2
2 $ 
 
A1 = 20 . 40 = 800 mm2 A2 = pi . 7,52 = 176,71 mm2 
 
d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da 
superfície plana: 
dx1 = 0 mm dy1 = 0 mm 
dx2 = 0 mm dy2 = 0 mm 
 
 I 8x1 =
�ℎ�
12 =
40 . 20�
12 = 26666,67 ))
� I 8y1 =
ℎ��
12 =
20 . 40�
12 = 106666,67 ))
�
 
 
 I 8x2 =
���
4 =
� . 7,5�
4 = 2485,05 ))
� I 8y2 =
���
4 =
� . 7,5�
4 = 2485,05 ))
�
 
 
 
Ix = "26666,67 + 800 . 0�$ ---- "2485,05 + 176,71. 0�$ = 24181,62 m)� = 24181241812418124181,,,,62 62 62 62 . . . . 3GI35 1* 
 
Iy = "106666,67 + 800 . 0�$ ---- "2485,05 + 176,71 . 0�$ = 104181,62 m)� = 104181104181104181104181,,,,62 62 62 62 . . . . 3GI35 1* 
 
Tabela 1 e tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área 
x� = �2 
y� = ℎ2 
 
9 8:L =
�ℎ�
12 
9 8:; =
ℎ��
12 
 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
x� = 0 
y� = 0 
 
 
9 8:; = 
���
4 
9 8<; =
���
4 
 
 
� = �. �� 
 
 
x = x’ 
y = y’ 
CG 
r 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
16 
 
y 
x 
15 dm 
25 dm 
r = 7,5 dm 
Coordenadas do 
centróide: 
 
�� = H, 4* O1 
�� = 3,, *4 O1 
y 
x 
15 dm 
25 dm 
r = 7,5 dm 
7,5 dm 
12,5 dm 
3,18 dm 
17,5 dm 
c 
Y’ 
X’ 
18,18 dm 
 
 
*+
,- = ,, 3J O1 
 
Exemplo 6: determinar os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou 
baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos 
centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ podem ser determinados; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�� = H, 4* O1; �� = 3,, *4 O1; 
 A1 = 15 . 25 = 375 dm2 A2 = pi. 7,52/2 = 88,36 dm2 
 
d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixo centroidal X’ e Y’ da 
superfície plana: 
 dx1 = 9,54 - 7,5 = 2,04 dm dy1 = 13,45 - 12,5 = 0,95 dm 
 dx2 = 18,18 - 9,54 = 8,64 dm dy2 = 17,5 - 13,45 = 4,05 dm 
 
Ix= 7"I 8xi
i
 + Aidyi2 $ → Ix = " I 8x1+A1dy1
2 $ + " I 8
x2+A2dy2
2 $ 
 
Iy= 7"I 8yi
i
 + Aidxi2 $ → Iy = " I 8y1+A1dx1
2 $ + " I 8y2+A2dx2
2 $ 
 
 I 8x1 =
�ℎ�
12 =
15 . 25�
12 = 19531,25 P)
� I 8y1 =
ℎ��
12 =
25 . 15�
12 = 7031,25 P)
�
 
 
 I 8x2 = 0,3927 �� = 0,3927 . 7,5� = 1242,53 P)� I 8y2 = 0,1098 �� = 0,1098 7,5� = 347,41 P)� 
 
 
Ix = "19531,25 + 375 . 0,95�$ + "1242,53 + 88,36. 4,05�$ = 22561,54 P)� = = = = 22561225612256122561,,,,54 54 54 54 . . . . 1111GI* 1* 
 
Iy = "7031,25 + 375 . 2,04�$ + "347,41 + 88,36 . 8,64�$ = 15535,30 P)� = = = = 15535155351553515535,,,,30 30 30 30 . . . . 1111GI* 1* 
 
Tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área 
x� = �2 
y� = ℎ2 
 
9 8:L =
�ℎ�
12 
9 8:; =
ℎ��
12 
 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
x� = 0 
y� = 4�3� 
 
 
 9 8:L = 0,1098 �� 
 9 8<; = 0,3927 �� 
 
 
 
 
� = �. �� 
 
 
x 
y = y’ 
r 
x' CG 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
17 
 
y 
x 
25 cm 
40 cm 
80 cm 
a =14 cm 
20 cm 
a a 
y 
x 
25 cm 
40 cm 
80 cm 
a =14 cm 20 cm 
a a 
55 cm 
A1 
A2 
40 cm 
c 
Coordenadas do 
centróide: 
 
�� = 5G, G 01 
�� = *., 5 O1 
 
Exemplo 7: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou 
baricêntricos X e Y da superfície plana a seguir no sistema internacional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos 
centroidais ou baricêntricos podem ser determinados; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A1 = 40 . 80 = 3200 cm2 A2 = 14 . 14 = 196 cm2 
 
Ix= 7"I 8xi
i
 + Aidyi2 $ → Ix = " I 8x1+A1dy1
2 $ - " I 8
x2+A2dy2
2 $ 
 
Iy= 7"I 8yi
i
 + Aidxi2 $ → Iy = " I 8y1+A1dx1
2 $ - " I 8y2+A2dx2
2 $ 
 
d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da 
superfície plana: dx1 = 0 cm dy1 = 46,2 - 40 = 6,2 cm 
 dx2 = 0 cm dy2 = 55 - 46,2 = 8,8 cm 
 
 I 8x1 =
�ℎ�
12 =
40 . 80�
12 = 1706666,67 ()
� I 8x2 =
��
12 =
 14�
12 = 3201,33 ()
�
 
 
 I 8y1 =
ℎ��
12 =
80 . 40�
12 = 426666,67 ()
� I 8y2 =
��
12 =
 14�
12 = 3201,33 ()
�
 
 
 
Ix = "1706666,67 + 3200 . 0�$ - "3201,33 + 196 . 0�$ = 1703465,34 ()� = 1703465170346517034651703465,,,,34 34 34 34 . . . . 1111GIJ 1* 
 
Iy = "426666,67 + 3200 . 6,2�$ - "3201,33 + 196 . 8,8�$ = 531295,10 ()� = 531295531295531295531295,,,,10 10 10 10 . . . . 1111GIJ 1* 
Tabela 1 e tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área 
x� = �2 
y� = ℎ2 
 
9 8:L =
�ℎ�
12 
9 8:; =
ℎ��
12 
 
 
 
� = �. ℎ 
 
 
x� = 0 
y� = 0 
 
 
9 8:; = 
��
12 
9 8<; =
��
12 
 
 
� = �� 
 
 
x = x’ 
y = y’ 
CG 
a a 
x 
y 
CG 
b 
h 
y' 
x' 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
18 
 
 9Q = 83,08 cm4 = 83,08 . 10ISm4 
 
R: V�=W= 0; 
 9X =29,08 cm4 = 29,08 . 10ISm4 
 9Q =83,70 cm4 = 83,70 . 10ISm4R: V�=0; W�=2,19 cm; 
 9X =260,66 cm4 = 260,66 . 10ISm4 
 
1 Lista de exercícios: 
 
1) Determine a distância W� para o centróide C da 
área da seção transversal da viga T e calcule 
os momentos de inércia em relação ao baricentro; 
Forneça os momentos de inércia em mm4 e m4 
 
 
R: W�=206,82 mm; 
 9Q =22163,83 . 10�mm4 = 22163,83 . 10ISm4 
 9X =111510,42 . 10�mm4 = 11510,42 . 10ISm4 
 
 
2) Determine a distância x� e y� para o 
centróide C da área da seção em L e 
calcule os momentos de inércia em relação 
ao baricentro. 
Forneça os momentos em cm4 e m4. 
 
 
 
R: V�=1,5 cm; W�= 1,0 cm; 
 9Q = 4,0 cm4 = 4,0 . 10ISm4 
 9X = 8,5 cm4 = 8,5 . 10ISm4 
 
3) Determine os momentos de inércia em relação; 
ao baricentro. Forneça os momentos em cm4 e m4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Determine a distância W� para o centróide C da 
da área da seção transversal da viga e depois 
calcule os momentos de inércia em relação ao 
baricentro. Forneça os momentos de inércia em 
em cm4 e m4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 cm 1 cm 
1 cm 
1 cm 
2 cm 3 cm 
4 cm 
50 mm 
150 mm 150 mm 
250 mm 
25 mm 25 
x 
y 
x 
y 
3 cm 
1 cm 3 cm 
1 cm 
x 
y 
4 cm 
1 cm 
1 cm 
3,5 cm 
5 cm 
1 cm 
x 
y 
3 cm 2 cm 
3 cm 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
19 
 
 9Q =5,365 cm4 = 5,365 . 10ISm4 
 
R: V�=1,36 cm; W�=1,50 cm; 
 9X =5,21cm4 = 5,21 . 10ISm4 
 9Q =19,91 . 10� cm4 = 19,91 . 10I�m4 
 
R: V�=0; W�=18,3 cm; 
 9X =17,12 . 10� cm4 = 17,12 . 10I�m4 
 9Q =23,71 . 10� cm4 = 23,71 . 10I�m4 
 
R: V�=14,97 cm; W�=-0,0306 cm; 
 9X =13,70 . 10� cm4 = 13,70 . 10I�m4 
 
 
5) Determine a distância x� e y� para o 
centróide C da área da seção em L e 
calcule os momentos de inércia em relação 
ao baricentro. Forneça os momentos 
em cm4 e m4. 
 
 
 
 
 
 
 
6) Determine a distância y� para o 
centróide C da área da seção em L e 
calcule os momentos de inércia em relação 
ao baricentro. Forneça os momentos 
em cm4 e m4; 
 
 
 
 
 
 
 
7) Determine a distância V � K W� para o centróide C 
da área da seção transversal e calcule 
os momentos de inércia em relação ao baricentro 
Forneça os momentos em cm4 e m4; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 cm 
25
 
cm
 
20 cm 
35 cm 
20
 
cm
 
r1 r1 
r1 
r1 
r2 
r2 
r1 = 10 cm 
r2 = 7 cm 
x 
y 
x 
3 cm 
 1,5 cm 
r = 1,5 cm 
y 
x 
30 cm 
 10 cm 
r = 5 cm 
15 cm 
y 
 50 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2
 
Prof: Marcos Vinicios 
Resistência dos Materiais 2 
8 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
1 
 
 
 
 
 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 
 
 
 
As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto, 
foram retiradas dos seguintes livros: 
 
- RESISTÊNCIA DOSMATERIAIS - Ferdinand P. Beer 
 - E. Russel Johnston Jr. 
Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 
 
 
- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler 
Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004 
 
 
 
Parte 02: Tensão e deformação  Carregamento Axial 
- Tensão Normal sob carga axial; 
- Deformação Normal Média sob carga axial; 
- Diagrama tensão-deformação; 
- Lei de Hooke; 
- Deformação Normal elástica sob carga axial; 
 
 
 
 
 
 
 
 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios 
 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
2 
 
5 cm 
4 Áreas 
vazadas 
5 cm 
17 cm 
10 kN 
17 cm 
 
1 - Tensão Normal Média (- letra grega sigma) 
 Para a barra BC, conforme mostra a figura 1, está submetida à ação de uma 
força Normal ou axial P. A relação entre a força Normal ou axial (P) e a área da seção 
transversal da barra (A) é definida como tensão normal média: 
𝝈 =
𝑷
𝑨
 (1) 
 
Força P  Tração  tensão positiva (+); 
 Alonga a barra  tensão normal de tração; 
 
Força P  Compressão tensão negativa (-); 
 Comprime a barra  tensão normal de compressão; 
 
 
 
No Sistema Internacional a unidade de tensão é o Pascal (Pa): 
 1 Pa = 1N/m2 
 1 kPa = 1x103 Pa = 1x103 N/m2 
 1 MPa = 1x106 Pa = 1x106 N/m2 Figura 1: barra sob a ação 
 1GPa = 1x109 Pa = 1x109 N/m2 de força Normal ou axial 
 
 Força Normal ou axial  Força paralela ao eixo longitudinal do elemento 
(barra, eixo, etc) ou perpendicular a seção transversal do elemento; 
 
 
 
 
 Força Normal = F; Força Normal = F . cos ; 
 
 Na engenharia é comum encontrar catálogo e manuais com informações 
indicadas com unidades inglesas; 
OBS: 1 psi (pound per square inch ) = 6,895 x 103 Pa (Pascais) 
 (libra por polegada quadrada) 
 1 ksi = 1000 psi = 6,895 x 106 Pa (Pascais) 
 
Exemplo 1: Determine a tensão normal provocada pela força P sobre a peça vazada 
ilustrada a seguir; 
 
 
 
 
 
R: 
= P/A  P = 10 kN = 10 . 103 N; 
  A = área real = área total – área vazada; 
 A = (17 x 17) – [ 4 x (5 x 5/2) ] = 239 cm2 
 A = 239 . 10-4 m2 
 = 10 . 103 / 239 . 10-4 = 418,41 . 103 N/m2 = 418,41 . 103 Pa = 418,41 kPa 
= - 418,41 kPa (negativo – compressão) 
F 
F 

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3 
 
 
2 - Deformação Normal Média (- letra grega epsilon) 
 Para a barra BC, conforme mostra a figura 2, está submetida à ação de uma 
força Normal ou axial P. A relação entre o deslocamento relativo do ponto C em relação 
ao ponto B () e o comprimento inicial (L) é definida como deformação normal média: 
𝜺 =
𝜹
𝑳
=
𝑳𝒇−𝑳 
𝑳
 (𝟐) 
 
Onde:  = s = Lf – L (deslocamento relativo de C) 
 (deslocamento relativo OU variação no comprimento) 
 Lf  comprimento final; 
 L  comprimento inicial; 
 
Força P  Tração  alonga a barra (   +); 
  Deformação positiva (  +); 
 
Força P  Compressão contrai a barra (   -); 
  Deformação negativa (  -); 
 
A deformação é um parâmetro ADIMENSIONAL, 
OU SEJA, NÃO TEM UNIDADE; 
 Figura 2: barra sob a ação 
 de força Normal ou axial 
 
3 - Diagrama Tensão-Deformação Normal 
 O diagrama é obtido por meio de ensaio de tração ou compressão realizado em 
corpo-de-prova com auxílio de uma máquina de teste e de extensômetros, conforme 
ilustra a figura 3 a seguir. 
 
 Extensômetro  dispositivo para medir o deslocamento relative entre dois 
 pontos do corpo-de-prova (). 
 
 Quando a carga aplica P = 0, o extensômetro marca  = 0. 
 Aumentando o valor de P aumenta o valor de  = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 3: Ensaio de tração de um corpo-de-prova 
Seção transversal 
conhecida: A 
Neste caso a seção é 
circular; 
Entretanto, a seção 
transversal pode ser 
quadrada, retangular ou 
de outra geometria 
qualquer. 
P 
P 
L 
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4 
 


Fase 
Elástica 
Fase 
Plástica 
LP 
LE 
E 
r 
rup 
Limite 
resistência 
tensão 
ruptura 
Legenda: 
r  tensão limite de resistência; 
rup  tensão de ruptura; 
e  tensão de escoamento; 
LE  Limite de elasticidade; 
LP  Limite de proporcionalidade; 
 
 Portanto, durante um ensaio de tração ou de compressão de um corpo-de-prova 
para cada valor da carga aplicada P é obtido um par de valores (, ): 
 
𝜺 =
𝜹
𝑳
 
 
𝝈 =
𝑷
𝑨
 
 
 Ao final do ensaio são obtidos n pares de valores (, ), o que permite construír 
o diagrama Tensão-deformação Normal do material do corpo-de-prova. 
 
 A seguir é apresentado na figura 4 um diagrama tensão-deformação normal 
típico de um ensaio de tração ou compressão de um corpo-de-prova (ex: barra 
metálica, ou de outro material qualquer). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 4: Diagrama Tensão-Deformação Normal típico; 
 
Fase elástica   < e (tensão de escoamento) 
O material apresenta um comportamento elástico, 
caracterizido por deformação reversível, ou seja, 
removida a carga o corpo volta a forma original; 
 
 
Fase plástica   ≥ e (tensão de escoamento) 
O material apresenta um comportamento plástico, 
caracterizado por deformação irreversível, ou seja, 
removida a carga o corpo não volta a forma original. 
O corpo encorpora a parcela plástica da deformação. 
 
 
 
 Quando, P = 0; 
  = 0; 
  = 0; 
 
P 
P 
Removido a carga 
o corpo retoma a 
sua forma original 
Removido a carga o corpo 
continua com parcela 
plástica da deformação 
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5 
 


E 
COM PATAMAR – BEM DEFINIDO 
SEM PATAMAR – BEM DEFINIDO 
 
E 
 
LP  tensão Limite de ProporcionalidadeQuando  < LP: 
 O material apresenta um comportamento linear elástico; 
 
 OBS: LP < < e 
 Nos casos com tensão maior que LP, porém menor 
 que e (tensão de escoamento); 
 
 O material ainda apresenta um comportamento elástico, porém 
 não é mais linear; 
 
LE  tensão Limite de Elasticidade 
 Quando  < LE: 
 O material apresenta um comportamento elástico; 
 
 OBS: ≥ LE: 
 O material apresenta um comportamento plástico; 
 
 
e  tensão de escoamento 
 Quando  ≥ e: 
 O material sofreu escoamento, ou seja, adquiriu deformações plásticas; 
 Neste estágio, um pequeno aumento da tensão provoca grandes deformações; 
 
Alguns materiais apresentam um patamar de escoamento bem definido, já em 
outros, isto não ocorre, conforme ilustra a figura 5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 5: Diagrama com e sem patamar de escoamento bem definido 
 
r  tensão Limite de Resistência 
 É a maior tensão que o material pode suportar antes de atingir a ruptura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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6 
 


Fase 
Elástica 
Fase 
Plástica 
LP 
LE 
E 
r 
rup 
Limite 
resistência 
tensão 
ruptura 
Trecho Linear elástico 



E = tg  = / 
 
4 - Lei de Hooke 
 Analisando os diagramas Tensão-Deformação de diversos materiais Robert 
Hooke (1676) observou que a maioria apresentava uma relação linear entre tensão e 
deformação na fase elástica, conforme ilustra a figura 6. Com base neste 
comportamento comum dos diversos materiais formulou uma lei conhecida com Lei de 
Hooke, expressa por: 
𝝈 = 𝑬 . 𝜺 (𝟑) 
 
Em que:   Tensão normal; 
    Deformação normal; 
 E  Módulo de elasticidade; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 6: Trecho linear elástico  válido a Lei de Hooke 
 
A Lei de Hooke  é válida apenas para a parte inicial do diagrama Tensão-
Deformação Normal, ou seja, no trecho linear elástico do diagrama (trecho reto); 
 
Para muitos materiais o Limite de Proporcionalidade LP, não pode ser definido tão 
facilmente; 
 
Entretanto, para estes materiais o Limite de Proporcionalidade LP, é ligeiramente 
abaixo do Limite de escoamento e, ou seja, MUITO PRÓXIMO do Limite de 
escoamento. 
 
Por conta desta proximidade pode ser adotada a seguinte consideração: 
 
 Para tensão () < (e) tensão de escoamento  válida a Lei de Hooke; 
 Para tensão () ≥ (e) tensão de escoamento  não é válida a Lei de Hooke; 
 
 Esta consideração pode ser adotada visto que a utilização da Lei de Hooke para 
valores de tensão ligeiramente maiores que o limite de proporcionalidade não resultará 
em um erro significativo. 
 
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7 
 
 
5 - Deformação Normal elástica 
Se a carga axial P aplicada sobre a barra BC (figura 7) gera uma tensão em 
que: 
 < e (tensão de escoamento)  A Lei de Hooke pode ser aplicada, visto que o 
material da barra BC apresenta um comportamento elástico. 
 
Portanto, se o material apresenta um comportamento linear elástico é possível 
escrever as seguintes equações para determinar o valor da deformação  e do 
deslocamento relativo entre dois pontos  (alongamento ou contração): 
 
𝜎 = 𝐸 . 𝜀 → 𝜀 =
𝜎
𝐸
= 
𝑃
𝐴
𝐸
 → 𝜺 =
𝑷
𝑬 . 𝑨
 (𝟒) 
 
 
𝜀 = 
𝛿
𝐿
 → 𝛿 = 𝜀 . 𝐿 → 𝛿 =
𝑷
𝑬 . 𝑨
 . 𝑳 = 
𝑷. 𝑳
𝑬 . 𝑨
 (𝟓) 
 
 
 
 A equação (5) é válida para elementos (barras, eixos): 
 A  área da seção transversal constante; 
 E  módulo de elasticidade constante; 
 P  carga aplicada na extremidade do elemento; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 7: deslocamento de um elemento com carga axial 
 
 
Para elementos (barras, eixos) compostos de trechos com diferentes seções 
transversais, diferentes materiais e sob a ação de cargas axiais aplicadas em vários 
pontos ao longo do eixo do elemento é necessário dividir o elemento (barras, eixos) por 
trecho em que essas quantidades (A, E, P) sejam constantes. O deslocamento relativo 
final é obtido somando-se o resultado de cada trecho, sendo este somatório expresso 
por: 
 
𝜹 = ∑
𝑷𝒊𝑳𝒊 
𝑨𝒊𝑬𝒊
 (𝟔)𝒊 
 
OBS: Nas equações (10) e (11): P  COMPRESSÃO: - (NEGATIVO) 
 P  TRAÇÃO: + (POSITIVO) 
 
 
 
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8 
 
VA 
HA 
FBC 
 
 
Exemplo 2: A barra rígida AB está acoplada em B à haste BC com 3,0 de comprimento. 
Se a tensão de tração admissível para a haste BC for t_adm = 115 MPa. Considerando 
o comportamento elástico, determine: 
a) o diâmetro da haste BC necessário para suportar a carga; 
b) a variação de comprimento da haste ( = ? - alongamento ou contração) e a 
deformação axial elástica da haste ( =?); 
c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial 
seja de no máximo 1 mm; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
Diagrama de corpo livre da barra rígida AB: 
cos  = 4/5 = 0,8 
sen  = 3/5 = 0,6 
 
 
 
- Utilizando as equações de equilíbrio no plano: 
 ∑Fx = 0; ∑Fy = 0; ∑MO = 0; neste caso em relação ao ponto A; 
OBS: DICA  TODA VEZ QUE HOUVER DUAS FORÇAS A SEREM 
DETERMINADAS EM CADA DIREÇÃO x e y  UTILIZE PRIMEIRO A 3 EQUAÇÃO: 
 Em x: HA = ? e FBC cos  = ? 
 Em y: VA = ? e FBC sen  = ? 
 
 MA= 0 + FBC . sen  . 3 - 6 . 2 = 0 
 FBC = 6,67 kN 
 
+  Fx = 0 HA + FBC . cos  = 0 
 HA + 6,67 . 0,8 = 0 HA = -5,34 kN HA = 5,34 kN 
 
+  Fy = 0 VA + FBC . sen  - 6 = 0 
 VA = - 6,67 . 0,6 + 6 VA = 1,998 = 2,0 kN 
 
OBS: Lembrando do conceito de ação e reação: 
 FBC = força da haste BC sobre a barra AB 
 FBC’ = força da barra AB sobre a haste BC 
 
 FBC = FBC’ 
 
 
 FBC’ = 6,67 kN 
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9 
 
 
Força na haste BC: FBC’ = 6,67 kN 
 
a) dBC = ? 
  = F/A = t_adm = 115 MPa 
 A = F/t_adm  A = 6,67 . 103 / 115 . 106 = 5,8 . 10-5 m2 
 
 A = d2/4 = 5,8 . 10-5 m2  d = 8,60 . 10-3 m = 8,60 mm 
 
b)  = ? e  = ? 
 
𝛿 = 
𝑃. 𝐿
𝐸 . 𝐴
=
 6,67 . 103 . 3,0 
5,8 . 10−5 . 200 . 109 
= 1,725 . 10−3 m = 1,725 mm 
 
𝜀 = 
𝛿𝐿
= 
1,725 . 10−3
3,0
= 5,75 . 10−4 
 
 
c) dBC = ?   = 1,0 mm = 0,001 m 
 
𝛿 = 
𝑃. 𝐿
𝐸 . 𝐴
 
 
 0,001 = 
 6,67 . 103 . 3,0 
A . 200 . 109 
 
 
A = 
 6,67 . 103 . 3,0 
 0,001 . 200 . 109 
= 10,0 . 10−5 m2 
 
A = 
 π . d2 
 4 
= 10,0 . 10−5 m2 
 
d = 0,0113 m = 11,3 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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10 
 
 
Exemplo 3: A viga rígida AB apóia-se sobre dois postes 
curtos como mostrado na figura ao lado. O poste AC é 
feito de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm, 
já o poste BD é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem 
diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento 
elástico, determine: 
a) o deslocamento vertical do ponto F em AB. 
b) o ângulo de inclinação com a horizontal da viga rígida 
após o deslocamento dos postes 
c) o menor diâmetro de cada poste de modo que a 
viga permaneça na posição horizontal, considerando 
que os postes sejam de aço e que a tensão não deve ultrapassar adm_aço = 160 MPa. 
Solução: 
a) A viga AB é rígida, portanto o deslocamento vertical do ponto F depende do 
deslocamento dos postes AC e BD, portanto, é necessário determinar a força interna 
em cada poste PAC = ? e PBD = ? Poste AC = comprimido ou esticado ? 
 Poste BD = comprimido ou esticado ? 
 
 +  Fy = 0 VAC + VBD = 90 
  MA= 0 + VBD . 600 - 90 . 200 = 0 
 VBD = 90 . 200 / 600  VBD = 30 kN 
 VAC = 60 kN 
 
 
 
 
 
 Poste AC = comprimido 
 Poste BD = comprimido 
- Deslocamento no topo de cada poste: 
Poste AC: AC  como C é ponto fixo A 
𝛿𝐴 = 
𝑃𝐴𝐶𝐿𝐴𝐶
𝐸𝐴𝐴𝐶
= 
(−60 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)
= −0,286 . 10−3 𝑚 = −0,286 𝑚𝑚 
 
Poste BD: BD  como D é ponto fixo  B 
𝛿𝐵 = 
𝑃𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷
𝐸𝐴𝐵𝐷
= 
(−30 . 103) . ( 0,30)
(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)
= −0,102 . 10−3 𝑚 = −0,102 𝑚𝑚 
 
- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa 
pelos pontos A, B e F , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto 
F é determinado. 
𝛿𝐹 = 0,102 + 𝑋 
 
600
0,184
=
400
X
→ 𝑋 =
0,184 .400
600
 
 
 𝑋 = 0,123 𝑚𝑚 
 
𝛿𝐹 = 0,102 + 𝑋 = 0,225 𝑚𝑚 
 
 
VAC = 60 kN VBD= 30 kN 
60 kN 30 kN 60 kN 30 kN 
PAC= 60 kN PBD= 30 kN 
B 
B’ 
Posição incial da Viga 
Posição final da Viga 
F 
F’ 
A 
A’ 
600 mm 
400 mm 
0,102 mm 
0,102 mm 
0,184 mm 
0,286 mm 
F = ? 
X 
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b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale: 
 
tg  = 0,184mm / 600 mm  tg  = 3,067 . 10-4   = 0,01750 
 
 
c) Para que a viga rígida AFC permaneça na posição horizontal: 
 o deslocamento (encurtamento) no topo dos postes devem ser iguais: 
 
𝛿𝐴 = 𝛿𝐵 → 
𝑃𝐴𝐶𝐿𝐴𝐶
𝐸𝑎ç𝑜 𝐴𝐴𝐶
=
𝑃𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷
𝐸𝑎ç𝑜 𝐴𝐵𝐷
 
 
PAC = 60.103 N; LAC = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; AAC = ?; 
PBD = 30.103 N; LBD = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; ABD = ?; 
 
 
(−60 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) 𝐴𝐴𝐶
=
(−30 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) 𝐴𝐵𝐷
 
 
 𝐴𝐵𝐷 = 0,50 𝐴𝐴𝐶

O menor diâmetro possível é definido considerando que a força interna em cada 
poste provoque uma tensão igual à tensão admissível do material: 
 
Poste AC: 
adm_aço = 160 MPa  adm_aço = F/A 
   adm_aço = PAC/AAC  AAC = PAC/adm_aço 
 AAC = 60.103/160 . 106 
 AAC = 0,375.10-3 m2 
Poste BD: 
adm_aço = 160 MPa  adm_aço = F/A 
   adm_aço = PBD/ABD  ABD = PBD/adm_aço 
 ABD = 30.103/160 . 106 
 ABD = 0,1875.10-3 m2 
 
 
De fato a área AAC = 2 ABD, visto que PAC = 2PBD 
 
AAC = (D2)/4 = 0,375.10-3 m2  DAC = 0,02185 m = 2,19 cm 
 
ABD = (D2)/4 = 0,1875.10-3 m2  DBD = 0,01545 m = 1,55 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo 4: O tubo rígido ABC está preso por pinos à duas barras 
curtas como ilustrado na figura ao lado. A barra AD é 
feita de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm, 
já a barra BE é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem 
diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento 
elástico, determine: 
a) o deslocamento horizontal do ponto C; 
b) o ângulo de inclinação do tubo rígido ABC com a 
vertical após o deslocamento das barras; 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
a) O tubo ABC é rígido, portanto o deslocamento vertical do ponto C depende do 
deslocamento das barras AD e BE, portanto, é necessário determinar a força interna 
em cada barra PAD = ? e PBE = ? barra AD = comprimida ou esticada ? 
 barra BE = comprimida ou esticada ? 
 
 +  Fx = 0 HAD + HBE = 90 
 
  MA= 0 + HBE . 0,4 - 90 . 0,6 = 0 
 HBE = 90 . 0,6 /0,4 
  HBE = 135 kN 
 
 HAD + HBE = 90 
 HAD = 90 – 135 = - 45 
  HAD = 45 kN 
 
 
 
 
 
 barra AD = esticada 
 barra BE = comprimida 
 
- Deslocamento na extremidade direita de cada barra: 
 
AD: 𝛿𝐴 = 
𝑃𝐴𝐷𝐿𝐴𝐷
𝐸𝐴𝐴𝐷
= 
(+45 . 103) .( 0,28)
(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)
= +0,201 . 10−3 𝑚 = +0,201 𝑚𝑚 
 
 
BE: 𝛿𝐵 = 
𝑃𝐵𝐸𝐿𝐵𝐸
𝐸𝐴𝐵𝐸
= 
(−135 . 103) .( 0,30)
(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)
= −0,460 . 10−3 𝑚 = −0,460 𝑚𝑚 
 
 
 
 
C 
D 
E 
280 mm 
300 mm 
90 kN 
200 mm 
A 
B 
400 mm 
C 
D 
E 
280 mm 
300 mm 
90 kN 
200 mm 
A 
B 
400 mm 
HAD = ? 
HBE = ? 
45 kN 
135 kN 
A 
B 
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- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa 
pelos pontos A, B e C , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto 
C é determinado. 
 
 𝛿𝐴 = 0,201 𝑚𝑚 
𝛿𝐵 = −0,460 𝑚𝑚 
 
 
𝛿𝐴
𝑋
=
𝛿𝐵
(400 – X)
 
 
0,201
𝑋
=
−0,460
(400 – X)
 
 
0,201 . 400 − 0,201 𝑋 = 0,460 𝑋 
 
 
0,661 𝑋 = 80,4 → 𝑋 = 121,6 𝑚𝑚 
 
 
 
𝛿𝐶
600 − 121,6
=
𝛿𝐵
(400 – 121,6)
 
 
𝛿𝐶
478,4
=
0,460
278,4
 → 𝛿𝐶 = 0,790 𝑚𝑚 
 
 
 b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale: 
 
tg  = 0,201 / 121,6 mm  tg  = 1,653 . 10-3   = 0,09470 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A A 
B 
C = ? 
400 mm 
X = ? 
400 - X 
200 mm 
A’ 
B’ B 
C’ C 
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14 
 
 
Exemplo 5: A barra composta de aço A-36 (E= 210.103 MPa), é composta por dois 
segmentos AB e BD, com áreas da seção transversal AAB= 600 mm2 e ABD= 1200 
mm2. Considerando um comportamento elástico, determine: 
a) determine o deslocamento vertical da extremidade A; 
b) o deslocamento de C em relação a D; 
c) a tensão normal média máxima; 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
É necessário determinar a força interna de cada trecho, 
a qual , é determinada por meio MÉTODO DAS SEÇÕES: 
 
OBS: Iniciando a análise pelo topo  para não ter que calcular a reação de apoio D; 
NAi = + 75 kN, 
NBs = + 75 kN; 
NBi = + 75 - 20 -20 = 35 kN, 
NCs = + 35 kN; 
NCi = + 35 - 40 - 40= - 45 kN; 
NDs = - 45 kN; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Deslocamento do ponto A: quando não for mencionado em relação a que ponto fica 
subentendido que o deslocamento será em relação ao ponto fixo, no caso ponto D: 
𝜹𝑨 = ∑
𝑷𝒊𝑳𝒊
𝑨𝒊𝑬𝒊
𝒊
= 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 =
𝑷𝑨𝑩𝑳𝑨𝑩
𝑨𝑨𝑩𝑬𝑨𝑩
+
𝑷𝑩𝑪𝑳𝑩𝑪
𝑨𝑩𝑪𝑬𝑩𝑪
+
𝑷𝑪𝑫𝑳𝑪𝑫
𝑨𝑪𝑫𝑬𝑪𝑫
 
 
PAB = + 75 kN = 75.103 N (tração) 
PBC = + 35 kN = 35.103 N (tração) 
PAB = - 45 kN = 45.103 N (compressão) 
 
PAB = + 75 kN 
PBC = + 35 kN 
PCD = - 45 kN 
ou 
D. Normal 
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15 
 
 
AAB = 600 mm2 = 600 . 10-6 m2; 
ABD = 1200 mm2 = 1200.10-6 m2 
 
E = 210.103 MPa = 210 . 109 N/m2 
 
𝛿𝐴𝐵 =
(75 . 103) . ( 1,0)
(600 . 10−6) . (210 . 109)
= +0,595 . 10−3𝑚 
 
𝛿𝐵𝐶 =
(35 . 103) . ( 0,75)
(1200 . 10−6) . (210 . 109)
= +0,104 . 10−3𝑚 
 
 
𝛿𝐶𝐷 =
(−45 . 103) . ( 0,50)
(1200 . 10−6) . (210 . 109)
= −0,09 . 10−3𝑚 
 
a) 
𝜹𝑨 = + 0,61 . 10
−3𝑚 = +0,61 𝑚𝑚 
 
O deslocamento total é positivo, a barra alonga-se, assim o ponto A se afasta do ponto 
D. 
 
b) 
O deslocamento do ponto C em relação D é negativo, o trecho CD contrai-se, assim os 
pontos B e C se aproximam: 
 
𝛿𝐶𝐷 = −0,090 . 10
−3𝑚 = −0,090 𝑚𝑚 
 
c)A tensão normal média máxima da barra vale: 
Trecho AB: PAB= 75 kN  AB= PAB/AAB  AB = 75 . 103 / 600 . 10-6 
traçãoAB= 125,0 . 106 N/m2AB = 125,0 MPa 
 
Trecho BC: PBC= 35 kN  BC= PBC/ABC  BC= 35 . 103 / 1200 . 10-6 
traçãoBC= 29,17 . 106 N/m2BC = 29,17 MPa 
 
Trecho CD: PCD = -45 kN  CD= PCD/ACD  CD = -45 . 103 / 1200 . 10-6 
 compressãoCD= -37,5 . 106 N/m2CD = -37,50 MPa 
 
A tensão normal média máxima ocorre no trecho AB, sendo de 125 MPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2 Lista de exercícios 
1) O tubo rígido é sustentado por um pino em C e por 
um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa) 
com 5 mm de diâmetro. Considerando uma carga P de 
1,5 kN e um comportamento elástico, determine o 
quanto o cabo AB é esticado. 
R: AB = + 2,12 . 10-3 m 
 
 
 
 
2) A viga rígida é sustentada por um pino em C e por 
um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa) 
com 5 mm de diâmetro. Considerando um carregamento 
distribuído w de 1,5 kN/m e um comportamento elástico, 
determine o quanto o cabo AB é esticado. 
R:AB = + 3,97 . 10-3 m 
 
 
 
3) O eixo de cobre (E = 126 GPa) está sujeito às cargas axiais mostradas na figura. Os 
segmentos AB, BC e CD possuem os seguintes diâmetros, dAB = 20 mm, dBC = 25 mm 
e dCD = 12. Considerando um comportamento elástico, determine: 
a) o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade D; 
b) a máxima tensão normal média no eixo; 
 
R: a) AD = + 0,385 . 10-2 m 
 b) CD = 265,25 MPa 
 
 
 
 
4) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para 
suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. 
Considerando um comportamento elástico, determine o 
deslocamento vertical de sua extremidade A, quando 
 P1 = 200 N, P2 = 310 N e a coluna tiver área da 
seção transversal de 14,625 mm2 
R: AC = - 1,747 . 10-3 m 
 
 
5) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para 
suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. 
Considerando um comportamento elástico, determine o 
valor determine das cargas P1 e P2 se A desloca 3 mm 
para baixo e B desloca 2,25 mm para baixo quando as Exercícios: 4 e 5 
cargas são aplicadas. A coluna tem área da 
seção transversal de 14,625 mm2. 
R: P1 = 304,63 N; P2 = 609,26 N 
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6) A haste de aço A-36 (E = 200 GPA) está sujeita ao 
carregamento mostrado. Se a área da seção transversal da 
haste for de 60 mm2. Considerando um comportamento elástico, 
determine: 
a) o deslocamento do ponto A e do ponto B; 
b) a máxima tensão normal média na haste; 
R: a) A = 2,64 . 10-3 m; B = 2,31 . 10-3 m 
 b) CD = 268,67 MPa 
 
 
 
 
 
 
 
7) A viga rígida AB está acoplada em B à haste metálica BC com 1,0 m de 
comprimento e diâmetro de 50 mm. A tensão de tração admissível para a haste BC é 
t_adm = 110 MPa e o módulo de elasticidade é E = 69 GPa. Considerando o 
comportamento elástico determine: 
a) o valor máximo de P que a haste metálica BC suporta; 
b) a variação de comprimento da haste BC ( = ? - alongamento ou contração) e a 
deformação axial elástica da haste ( =?); 
c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial 
seja de no máximo 1,5 mm; 
R: a) P = 19,62 kN 
 b) BC = +1,59 . 10-3 m 
 c) d = 52 mm 
 
 
 
 
8) O conjunto de pendural (barra rígida e haste AB) metálico é usado para suportar um 
carregamento distribuído W = 18 kN. O material do conjunto possui módulo de 
elasticidade de 70 GPa e uma tensão de escoamento de 266 MPa. Considerando um 
fator de segurança contra o escoamentoF.S. = 2,0 de modo a garantir um 
comportamento elástico, determine: 
a) o diâmetro da haste AB para suportar a carga W; 
b) a variação de comprimento da haste AB 
( = ? - alongamento ou contração) 
c) o diâmetro da haste AB necessário para 
que a variação do seu comprimento inicial 
seja de no máximo 1,0 mm; 
R: a) d = 19,7 mm 
 b) AB = + 2,85 . 10-3 m 
 c) d = 33,2 mm 
 
 
 
 
 
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9) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada em C sobre um bloco 
rígido. A barra AB é de resina de poliéster (E= 3,22 GPa) e possui diâmetro de 40 mm. 
Devido a uma carga P = 80 kN. Considerando um comportamento elástico, determine: 
a) a variação do comprimento inicial da barra (alongamento ou encurtamento:  =?); 
b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada; 
c) o diâmetro da haste AB necessário para que a variação do seu comprimento inicial 
seja de no máximo 1,0 mm; 
R: a) AB = + 19,78 . 10-3 m 
 b)  = 0,760 
 c) d = 17,8 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10) O poste é sustentado por um pino em C e por um arame de ancoragem AB de aço 
A-36 (E = 200 GPa). Se o diâmetro do arame for 5 mm. Considerando um 
comportamento elástico, determine: 
a) a variação de comprimento do arame AB 
( = ? - alongamento ou contração) e a 
deformação axial elástica do arame ( =?); 
b) o diâmetro necessário para que o arame 
 deforme no máximo 0,5 mm; 
R: a) AB = 1,06 . 10-2 m 
 b) d = 23 mm 
 
 
 
 
 
11) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida 
AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um 
comportamento elástico, determine o deslocamento vertical do ponto F. 
R: F = 2,235 . 10-3 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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12) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida 
AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um 
comportamento elástico, determine o deslocamento horizontal do ponto F; 
R: F = + 0,1166 . 10-3 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada sobre o poste CD. A 
barra AB possui diâmetro de 12 mm e o poste CD possui diâmetro de 40 mm, ambos 
feitos de resina de poliéster (E= 3,22 GPa). Considerando uma carga P de 8,0 kN e um 
comportamento elástico, determine: 
a) variação do comprimento da barra e do poste (alongamento ou encurtamento:  =?); 
b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada; 
R: a)AB = + 2,20 . 10-2 m 
CD = - 0,4943 . 10-3 m 
 b)  = 0,820 
 
 
 
 
 
 
 
 
14) A viga rígida AEC é suportada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. 
Considerando um comportamento elástico, determine: 
 a) o deslocamento vertical do ponto E; 
 b) o ângulo de inclinação da viga AEC com a horizontal. 
 c) o menor diâmetro dos tirantes de modo que a viga rígida permaneça na 
horizontal, considerando adm_aço = 160 MPa. 
 
Tirantes de aço, com os seguintes diâmetros: 
dAB = 12 mm e dCD = 22 mm. 
Eaço = 200 GPa; 
w = 7 kN/m; 
x = 1,60 m 
 
R: a) E = 0,257 mm 
 b)  = 0,01210 
 c) dAB = 7,73 mm; dCD = 5,45 mm 
 
W 
E 
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15) O conjunto é composto por duas hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida 
BDE. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um 
comportamento elástico, determine o ângulo de inclinação da barra rígida BDE; 
 LAB = 1,20 m; AAB = 600 mm2; 
 LCD = 1,80 m; ACD = 900 mm2; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16) A barra rígida BDE é suspensa por duas barras AB e CD. A barra AB é de alumínio 
(Ealu = 70 GPa) e uma seção transversal com área de 500 mm2, a barra CD é de aço 
(Eaço = 200 GPa) e uma seção transversal com área de 600 mm2. Considerando um 
comportamento elástico, determine: 
a) os deslocamentos dos pontos B e D; 
b) o ângulo de inclinação da barra rígida BDE; 
R: a) AB = - 0,514 . 10-3 m 
 CD = + 0,30 . 10-3 m 
 b)  = 0,230 
 
 
 
 
 
 
 
17) A barra rígida BCE é suspensa por duas hastes AB e CD, ambas de seção 
transversal retangular e uniforme (6,35 x 25,4 mm) e de aço (Eaço = 200 GPa). 
Considerando um comportamento elástico, determine a maior carga vertical P que 
pode ser aplicada no ponto E se o deslocamento vertical para baixo do ponto E não 
pode exceder 0,254 mm. 
 
R: P = 3,151 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
E 
D 
B 
C 
A 
0,60 m 
0,30 m 
30 kN 
P 
R:  = 0,0330 
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1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
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2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
5 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 
A = AB + BC + CD = +8. 103 . 0,50 + +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,64. 10-3 m 
 200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6 
B = BC + CD = +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,31. 10-3 m 
 200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6 
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 Disciplina: Resistência dos Materiais 2 
6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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