Concurso Petrobras - Questoes Resolvidas - Resistência dos materiais e Estática

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CONCURSO PETROBRAS
ENGENHEIRO(A) DE PETRÓLEO JÚNIOR
Resistência dos Materiais
e Estática
Questões Resolvidas
QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DAS BANCAS CESGRANRIO E CESPE
Produzido por Exatas Concursos
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rev.1a
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Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão,
sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este
material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja
consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor
encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser
corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável
pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em
concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
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Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
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bilização civil e criminal.
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Índice de Questões
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1
Q38 (pág. 1), Q40 (pág. 3), Q43 (pág. 4), Q49 (pág. 7).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2011/1
Q31 (pág. 8), Q36 (pág. 9), Q52 (pág. 10), Q53 (pág. 12), Q55 (pág. 13).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2
Q38 (pág. 5), Q39 (pág. 14), Q50 (pág. 15), Q51 (pág. 16).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1
Q38 (pág. 18), Q46 (pág. 19), Q68 (pág. 20), Q69 (pág. 22).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008
Q54 (pág. 23), Q59 (pág. 24), Q60 (pág. 25).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008
Q11 (pág. 26), Q11 (pág. 28), Q11 (pág. 30), Q11 (pág. 31).
Para treinar, questões similares de provas de Eng. Mecânica resolvidas:
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2012/1
Q36 (pág. 33), Q37 (pág. 34), Q38 (pág. 35), Q39 (pág. 36), Q40 (pág. 37).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2011
Q37 (pág. 38), Q40 (pág. 40).
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RES. MATERIAIS www.ExatasConcursos.com.br
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2006
Q37 (pág. 41).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Termoaçu 2008
Q36 (pág. 42).
Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Mecânica - Termorio 2009
Q39 (pág. 43).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - REFAP 2007
Q29 (pág. 44), Q30 (pág. 45).
Prova: Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Ênfase Mecânica - PetroquímicaSuape 2011
Q36 (pág. 46), Q41 (pág. 48).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2011
Q32 (pág. 49).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2006
Q21 (pág. 50).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 40
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Resistência dos Materiais e Estática
Questão 1
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )38
Uma haste de comprimento L = 1,5 m e massa 
M’ = 10 kg sustenta um bloco de massa M = 5,0 kg, como 
mostra a figura. 
A
M
M’
L
O momento fletor, em N.m, e a força cortante, em N, no 
ponto A, de contato com a parede, são, respectivamente,
Dado: aceleração da gravidade g = 10 m/s2
(A) 50 e 100
(B) 150 e 150
(C) 150 e 50
(D) 100 e 150
(E) 100 e 50
Resolução:
Consideraremos a haste, de comprimento L, homogênea. Deste modo
podemos dizer que seu peso está concentrado em seu centro de massa, ou seja,
no centro da barra (em L
2
).
Deste modo fica fácil calcularmos MA, o momento fletor em A, fazendo a
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soma dos torques serem iguais a zero:∑
M = 0
MA − (M ′g)L
2
+ (Mg)L = 0
MA = gL
(
M ′
2
+M
)
MA = 10× 1, 5×
(
10
2
+ 5
)
MA = 15× 10
MA = 150N.m
Já VA, a força cortante em A, pode ser encontrada fazendo-se o somatório
das forças verticais serem iguais a zero em A:∑
Fy = 0
VA −M ′g −Mg = 0
VA = g(M
′ +M)
VA = 10× (10 + 5)
VA = 150N
�� ��Alternativa (B)
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Questão 2
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )40
Aplica-se uma tensão de 0,1 GPa a uma barra metáli-
ca de 5,0 m de comprimento. Considere os módulos de 
Young e de cisalhamento iguais a 200,0 GPa e 80,0 GPa, 
respectivamente.
A variaçãode comprimento da barra, em mm, é 
(A) 0,1 
(B) 0,5
(C) 2,5
(D) 4,0
(E) 6,2
Resolução:
Para encontrarmos ∆L, a variação do comprimento da barra, basta aplicar-
mos a Lei de Hooke:
σ = E�
σ = E
∆L
L0
∆L =
σL0
E
∆L =
(0, 1GPa)× (5m)
200GPa
∆L =
0, 5
200
m
∆L = 2, 5mm
�� ��Alternativa (C)
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Questão 3
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
43
Uma viga rígida de massa 24,0 kg está equilibrada ho-
rizontalmente com a ajuda de cabos de tal modo que o 
ângulo θ entre o cabo A e a haste é de 60o, como mostra 
a figura. O bloco B de massa 5,0 kg está preso à extremi-
dade dessa viga.
Dados: Considere os cabos ideais e inextensíveis
g = 10,0 m/s2
= 1,4
= 1,7
A tração TA, em newtons, é
(A) 170,0
(B) 200,0
(C) 290,0
(D) 340,0
(E) 441,2
Resolução:
Sendo o comprimento da viga igual a L, podemos considerar que seu peso
está aplicado no centro da viga, ou seja, em
L
2
.
Como a viga está em equilíbrio o somatório dos momentos sobre ela deve
ser igual a zero: ∑
M = 0
mBgL+mvigag
L
2
− TAsen(60◦)L = 0
TA =
g
(
mB +
mviga
2
)
sen(60◦)
TA =
10× (5 + 24
2
)
√
3
2
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TA =
170
1,7
2
TA =
170
1, 7
× 2
TA = 200N
�� ��Alternativa (B)
Questão 4
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
38
A figura acima representa o diagrama de Momento Fletor (M) para uma viga homogênea, de comprimento L, submetida a 
determinado carregamento, e a convenção utilizada para os sinais do Momento Fletor e Esforço Cortante (C). O diagrama 
de Esforço Cortante para essa viga está representado em
(A) (B)
(C) (D)
(E)
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Resolução:
Atenção, a convenção de sinais utilizada nesta questão é o inverso da con-
venção habitual, já que normalmente adotamos o esforço cortante (C) como posi-
tivo quando tende a girar o segmento no sentido anti-horário.
Lembremos então a correlação entre o Momento Fletor M e o Esforço Cor-
tante C:
M(x) =
∫ x
0
C(x)dx+ c
onde c é uma constante. Observe que o sinal da integral é positivo pois a con-
venção de sinal desta questão está invertida.
Deste modo, derivando os dois lados da equação em relação a x temos:
dM(x)
dx
= C(x)
Ou seja, o gráfico de C(x) pode ser obtido pela simples derivada do gráfico
de M(x).
Como o gráfico de M(x) apresenta inclinação positiva no intervalo (0, x1),
então o gráfico de C(X) será constante e positivo neste intervalo. Como M(x)
apresenta inclinação negativa no intervalo (x1, L), então o gráfico de C(X) será
constante negativa neste intervalo. Com isso já vemos que as alternativas pos-
síveis são apenas a (B) e (E). Porém, como a inclinação no intervalo (x1, L) é
mais acentuada, então apresentará um módulo da derivada maior, de modo que
neste intervalo se alcançará o valor do esforço cortante máximo Cmax. Portanto a
alternativa correta é a letra (E).
�� ��Alternativa (E)
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Questão 5
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )49
O momento de inércia, em kgm2, de uma haste cuja den-
sidade linear de massa é 3,0 kg/m, através de um eixo 
que passa por sua extremidade, como mostra a figura, é
Dado:
L = 20 cm
(A) 2,0 ×10−3
(B) 3,3 ×10−3
(C) 5,0 ×10−3
(D) 8,0 ×10−3
(E) 13,3 ×10−3
Resolução:
O momento de inércia I é calculado segundo a expressão:
I =
∫
x2dm
onde dm é o diferencial de massa situado a uma distância x do eixo de rotação.
Se a haste em questão possui um comprimento L e uma massa M , então
uma “fatia” longitudinal infinitesimal (de comprimento dx) terá massa igual a:
dm =
M
L
dx
Porém sabemos que
M
L
é igual à densidade linear de massa, que chamaremos de
µ. Portanto, para o eixo situado na extremidade da haste de comprimento L temos:
I =
∫ L
0
x2dm
I =
∫ L
0
x2µdx
I = µ
x3
3
∣∣∣∣L
0
I = µ
L3
3
I = 3× (20× 10
−2)3
3
I = 8× 10−3kg.m2 �� ��Alternativa (D)
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Questão 6
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )31
Uma barra homogênea de comprimento L = 1,0 m e se-
ção reta quadrada, de lado 2,0 cm, está submetida a uma 
tração de 200 kN. O material do qual é constituída a barra 
possui módulo de elasticidade de 200 GPa. 
Qual o valor da deformação da barra, considerando que 
se encontra no regime elástico?
Dado: 1 GPa = 109 Pa
(A) 25 cm
(B) 2,5 cm
(C) 25 mm
(D) 2,5 mm
(E) 0,25 mm
Resolução:
Para resolver esta questão basta lembrarmos da Lei de Hooke, e
desenvolvê-la até encontrar o resultado. Mas primeiramente passemos todos os
dados para o SI com suas respectivas potências de 10:
F = 200kN = 200× 103N
A = (2cm)2 = (2× 10−2)2 = 4× 10−4m
E = 200GPa = 200× 109Pa
L = 1m
Onde A é a área da seção transversal da barra. Agora podemos utilizar a
Lei de Hooke:
σ = Eε(
F
A
)
= E
(
∆L
L
)
∆L =
F × L
A× E
∆L =
(200× 103)× 1
(4× 10−4)× (200× 109)
∆L =
1× 103
4× 105
∆L = 0, 25× 10−2
∆L = 2, 5× 10−3m
∆L = 2, 5mm
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Questão 7
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )36
A figura ao lado representa uma barra em formato de tronco 
de cone conectado a uma barra cilíndrica, que está sub-
metida a uma compressão de 150 kN na base do cilindro, 
e também a dois esforços de tração de módulos 30 kN. 
Qual a tensão em um ponto de uma seção paralela às ba-
ses do tronco, indicada pela linha pontilhada no desenho, 
sabendo que o raio dessa seção é 30 mm?
(A) Compressão de 9π.10−7 Pa
(B) Tração de 10π.10−7 atm 
(C) Compressão de .107 Pa
(D) Tração de .10−8 Pa
(E) Compressão de π.107 Pa
Resolução:
Como temos um total de 60kN para a direita e 150kN para a esquerda, fica
claro que a resultante será para a esquerda, e terá módulo igual a:
FR = 150kN − 60kN = 90kN
e como a resultante é para a esquerda, já sabemos que a tensão será de com-
pressão.
Como a área considerada é circular de raio igual a 30mm, então temos:
A = piR2 = pi(30× 10−3)2 = 900pi × 10−6m2
Agora então fica fácil encontrarmos a tensão σ na seção:
σ =
FR
A
σ =
90× 103
900pi × 10−6
σ =
0, 1× 109
pi
σ =
10
pi
× 107Pa
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Questão 8
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
52
Um bloco de massa m = 30 kg está suspenso por 2 cabos, 
presos ao teto, conforme mostrado na figura abaixo. 
O cabo X é preso ao teto e faz um ângulo de 60o com a 
horizontal. O cabo Y também está preso ao teto e faz um 
ângulo de 30o com a direção horizontal. 
Considerando-se que o bloco está em equilíbrio estático, 
qual o valor do módulo da tensão nos cabos X e Y?
Dados: 
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução:
A figura abaixo mostra as forças atuantes nos cabos, assim como os respec-
tivos ângulos destas forças:
T
T
P
Perceba que a soma dos vetores TX e TY deve resultar em uma força de
módulo e direção igual ao vetor peso P , porém em sentido oposto. Isso pois o
bloco está em equilíbrio (logo a soma das forças em todas as direções deve ser
igual a zero). Como TX e TY são perpendiculares, e a soma deve ser igual a P
 Material de uso exclusivo de Cristiane De Souza Pereira portador do CPF 054.988.476-96. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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(em módulo), então a seguinte equação deve ser satisfeita:
T 2X + T
2
Y = P
2
que nada mais é que a aplicação do Teorema de Pitágoras.
Como P = mg = 30× 10 = 300N , então temos:
T 2X + T
2
Y = (300)
2
T 2X + T
2
Y = 90.000
Dentre as alternativas, a única que satisfaz a equação acima é a letra (C),
que é o gabarito. Esta é a maneira mais simples e rápida de resolver esta questão,
porém, se o candidato quiser encontrar TX e TY , basta fazer o somatório das forças
horizontais e verticais serem nulas, ou seja:∑
Fh = 0
TY sen(60
◦)− TXsen(30◦) = 0
TY
√
3
2
= TX
1
2
TX = TY
√
3
Agora, para as forças verticais: ∑
Fv = 0
TY cos(60
◦) + TXcos(30◦)− P = 0
TY
1
2
+ TX
√
3
2
= 300
TY + TX
√
3 = 600
TY + (TY
√
3)
√
3 = 600
4TY = 600
TY = 150N
Portanto
TX = TY
√
3 = 150
√
3
�� ��Alternativa (C)
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Questão 9
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
53
Uma barra homogênea de comprimento igual a 2 m e massa
M = 20 kg está na horizontal, presa à parede vertical por 
uma roldana móvel, livre para girar sem atrito. 
Um bloco de massa m = 10 kg está suspenso por um cabo 
ideal preso à extremidade da barra. Essa mesma extre-
midade é sustentada por outro cabo ideal que forma 30o
com a horizontal, como descreve a figura acima.
A intensidade, em newtons, da tensão no cabo que sus-
tenta a barra é
Dados: 
(A) T = 1500
(B) T = 250
(C) T = 150
(D) T = 100
(E) T = 400 
Resolução:
Como foi dito que a barra é homogênea, então podemos assumir o peso da
barra no centro desta, ou seja, a um distância de 1m da roldana.
Portanto, se chamarmos a tensão no cabo de T , para a soma dos momentos
em relação à roldana serem iguais a zero temos:∑
Mroldana = 0
Tsen(30◦)× 2− Pbarra × 1− Pbloco × 2 = 0
Tsen(30◦)× 2 = Pbarra + 2Pbloco
T × 1
2
× 2 = mbarrag + 2mblocog
T = 20× 10 + 2× 10× 10
T = 400N
�� ��Alternativa (E)
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Questão 10
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
55
Sabe-se que o momento de inércia de uma barra delga-
da homogênea, de comprimento L, em torno do eixo que 
passa pelo centro de massa, é igual a . Usando o 
teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia em re-
lação a um eixo paralelo àquele primeiro eixo e que passa 
por uma das extremidades da barra, é igual a
(A) (B) (C) 
 (D) (E) 12.ML2
Resolução:
Do Teorema dos Eixos Paralelos (ou Teorema de Steiner), sabemos que:
IZ = ICM +Md
2
onde IZ é o momento de inércia do corpo de massa M em relação a um eixo Z
paralelo, distante d do centro de massa, e ICM é o momento de inércia do corpo
em relação ao seu centro de massa.
Do enunciado sabemos que ICM =
ML2
12
, e como queremos o momento de
inércia em relação a uma extremidade da barra de comprimento L, que dista d =
L
2
do centrode massa, temos:
IZ = ICM +Md
2
IZ =
ML2
12
+M
(
L
2
)2
IZ =
ML2
12
+
ML2
4
IZ =
ML2 + 3ML2
12
IZ =
4ML2
12
IZ =
ML2
3 �� ��Alternativa (B)
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Questão 11
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
39
Considere uma viga reta, homogênea e de seção transversal constante, inicialmente na posição horizontal. A seção trans-
versal em cada extremidade é vertical, ou seja, cada elemento longitudinal possui, inicialmente, o mesmo comprimento. A 
viga é fletida única e exclusivamente pela aplicação de momentos fletores, e a ação pode ser considerada elástica. Para 
essa situação, com as hipóteses consideradas, analise as afirmações a seguir.
I - Qualquer seção plana da viga, antes da flexão, permanece plana após essa flexão.
II - Existem elementos longitudinais da viga que não sofrem deformação, ou seja, alteração em seu comprimento.
III - Todos os elementos longitudinais da viga encontram-se submetidos a tensões de tração.
Está correto o que se afirma em
(A) I, apenas. (B) I e II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução:
Julguemos os itens:
I - Verdadeiro. Podemos afirmar isso pois foi dito no enunciado que a flexão
pode ser considerada elástica.
II - Verdadeiro. Os elementos da superfície neutra da viga não sofrerão defor-
mação.
III - Falso. Os elementos que se situam na porção côncava da viga sofrem com-
pressão, já os elementos da porção convexa sofrem tração. A expressão da
tensão de flexão em vigas, de em um ponto y distante da superfície neutra é
dado por:
σx = −My
I
onde I é o momento de inércia da seção transversal da viga e M é o mo-
mento fletor.
Como podemos ver, se y = 0 (superfície neutra) não há deformação, se
y < 0 temos uma tensão de tração (σx > 0), e se y > 0 temos uma tensão de
compressão (σx < 0), o que justifica este item e o anterior.
�� ��Alternativa (B)
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Questão 12
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )50
A figura ao lado ilustra uma barra de aço homogênea, de 
peso de intensidade P, e articulada em A sendo elevada 
vagarosamente para a posição vertical através da tração 
T no cabo de içamento. A barra possui comprimento L, 
e o cabo está fixado em um ponto (B), cuja distância ao 
ponto de articulação é . A distância horizontal entre o 
ponto A e o ponto O de fixação da roldana também é de 
. Assumindo-se que o cabo e a roldana são ideais, de 
massas desprezíveis e considerando que a barra passa 
por uma sucessão de estados de equilíbrio, a expressão 
que representa o valor do módulo da tração no cabo (T) 
em função de P e do ângulo α de inclinação da barra com 
a horizontal é 
(A) T = Psen(α/2) (B) T = Psen(2α) 
(C) T = (3/4) P sen(α) (D) T = 3P (sen(α) − 2sec(α))
(E) T = (3/4) P (cosec(α/2) − 2sen(α/2))
Resolução:
Com um pouco de análise o candidato já percebe que esta questão não é
de fácil solução, e que chegar até a expressão final demanda bastante trabalho
algébrico (o que maximiza as chances de cometer erros!). Mas esta questão pode
ser solucionada apenas inspecionando as alternativas, sem precisar perder um
bom tempo efetuando cálculos. E é deste modo que resolveremos esta questão,
pois acreditamos que a banca esperava que o candidato resolvesse deste modo.
Para analisar as alternativas vamos escolher uma posição crítica da barra, e
esta posição é quando α = 0. Nesta situação não importa quanta força é exercida
no cabo, porque a barra não se deslocará (pois com α = 0 a força de reação de
T aparece unicamente no pino A). Portanto quando α = 0 não deve haver uma
relação entre T e P , pois o valor de T nesta situação é indeterminado.
Substituindo α = 0 nas alternativas da questão temos:
(A) T = Psen(0) = 0
(B) T = Psen(0) = 0
(C) T = 3
4
sen(0) = 0
(D) T = 3P
(
sen(0)− 2 1
cos(0)
)
= −6P
(E) T = 3
4
P
(
1
sen(0)
− 2sen(0)
)
= 3
4
P × 1
0
→ Indeterminação!
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Como podemos ver, a única alternativa que resulta em um T indeterminado
para α = 0 é a alternativa (E), que é a nossa resposta.
�� ��Alternativa (E)
Questão 13
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
51
Uma viga homogênea apresenta seção transversal na 
forma de um triângulo retângulo de catetos a e b, onde 
a = b/2, conforme ilustra a figura acima. O ponto G repre-
senta o baricentro do triângulo, por onde passam os eixos 
ortogonais x e y. Também estão representados o eixo x’, 
paralelo a x, e o eixo y’, paralelo a y, que passam pelo 
vértice formado pelos dois catetos.
Os momentos de inércia de área dessa seção, em relação 
aos eixos x, y, x’e y’, são denominados por Ix , Iy , Ix’ , Iy’ , 
respectivamente. Nessa perspectiva, verifica-se a seguin-
te relação:
(A) Ix < Ix’ < Iy < Iy’
(B) Ix > Ix’ > Iy > Iy’
(C) Ix = Ix’ < Iy = Iy’
(D) Ix < Iy < Ix’ < Iy’
(E) Ix = Iy < Ix’ = Iy’
Resolução:
Sabemos que o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo
baricentro de um triângulo de base B e altura H é dado por:
I =
BH3
36
Deste modo podemos calcular Ix e Iy, já que estes eixos passam pelo bari-
centro do triângulo. Para calcularmos Ix temos B = b e H = a, logo:
Ix =
ba3
36
=
(2a)a3
36
= 2
a4
36
(1)
Para calcularmos Iy temos B = a e H = b, logo:
Iy =
ab3
36
=
a(2a)3
36
= 8
a4
36
(2)
Para calcularmos Ix′ e Iy′ devemos lembrar do Teorema dos Eixos Paralelos,
ou Teorema de Steiner, para figuras planas, que diz:
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Iz = Icm + d
2A
onde Icm é o momento deinércia por um eixo que passa pelo centro de massa da
figura de área A, e Iz é o momento de inércia para um eixo paralelo ao primeiro, a
uma distância d.
Portanto para calcularmos Ix′ temos Icm = Ix, d = a3 (altura do baricentro) e
A = ba
2
:
Ix′ = Ix + d
2A
Ix′ = 2
a4
36
+
(a
3
)2(ba
2
)
Ix′ = 2
a4
36
+
(a
3
)2((2a)a
2
)
Ix′ = 2
a4
36
+
a4
18
Ix′ =
2a4 + 2a4
36
Ix′ = 4
a4
36
(3)
De modo análogo, para calcularmos Iy′ temos Icm = Iy, d = b3 (altura do
baricentro) e A = ba
2
:
Iy′ = Iy + d
2A
Iy′ = 8
a4
36
+
(
b
3
)2(
ba
2
)
Iy′ = 8
a4
36
+
(
(2a)
3
)2(
(2a)a
2
)
Iy′ = 8
a4
36
+ 4
a4
18
Iy′ =
8a4 + 8a4
36
Iy′ = 16
a4
36
(4)
Comparando as expressões 1, 2, 3 e 4 temos:
Ix < Ix′ < Iy < Iy′
�� ��Alternativa (A)
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Questão 14
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )38
Uma tubulação é instalada sobre apoios, conforme ilustra-
do na figura acima. Considerando os efeitos de flexão de-
vida ao peso próprio uniformemente distribuído da tubula-
ção e do fluido em seu interior, as curvas do diagrama de
momentos fletores entre os apoios são polinômios de or-
dem
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5
Tubulação sob ação de seu peso próprio e do fluido em seu interior
Resolução:
Como podemos perceber, trata-se de uma carga constante e uniformemente
distribuída, e chamaremos esta carga de W .
Sabemos que a força cortante V (x) é dada em função da carga W segundo:
V (x) = −
∫ x
0
Wdx+ c1
resultando em:
V (x) = −Wx+ c1
Ou seja, a força cortante é de primeira ordem. Sabemos também que o
momento fletor M(x) é dado em função da força cortante V (x) segundo:
M(x) = −
∫ x
0
V (x)dx+ c2
resultando em:
M(x) = −
∫ x
0
(−Wx+ c1)dx+ c2
M(x) =
W
2
x2 − c1x+ c2
Ou seja, as curvas do diagrama de momento fletor M(x) são funções de
segundo grau.
�� ��Alternativa (B)
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Questão 15
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )46
A figura acima ilustra uma barra homogênea articulada em
A, que está mantida em equilíbrio, na horizontal, sustentada
por um cabo inextensível e de massa desprezível. Um
corpo está suspenso em B. A reação da articulação A sobre
a barra é melhor representada por
(A) (B) 
(C) (D) 
(E)
A
B
�
Resolução:
Abaixo representamos as forças atuantes no sistema:
A
B
�
Perceba que a componente horizontal de FA surge como a reação à parte
horizontal da tração T do cabo, para que a soma das forças na direção horizontal
seja igual a zero.
A componente vertical de FA é encontrada quando fazemos a soma dos
momentos no ponto B serem iguais a zero, pois como o peso da barra está no
centro desta e aponta para baixo, então a componente vertical de FA aponta para
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cima (e tem módulo igual a
P
2
, já que sua distância ao ponto B é o dobro da
distância do peso da barra ao ponto B).
A composição destas duas forças resulta em um força FA semelhante à
alternativa (A).
�� ��Alternativa (A)
Questão 16
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )
Os tubos de perfuração utilizados em poços de petróleo
são estruturas prismáticas sujeitas, principalmente, à tor-
ção combinada com cargas axiais compressivas. Um es-
tado plano de tensões referente a um ponto desse tipo de
tubulação é mostrado na figura abaixo.
Parte 1
Com base na orientação das tensões normal e cisalhantes,
as tensões principais atuantes nesse ponto são
(A) ambas de compressão.
(B) ambas de tração.
(C) uma de tração e outra de compressão com módulos
idênticos.
(D) uma de tração e outra de compressão, sendo a de tra-
ção a de maior módulo.
(E) uma de tração e outra de compressão, sendo a de com-
pressão a de maior módulo.
y
y
!yx
!xy
!yx
!xy
y
x
Resolução:
Para resolvermos esta questão vamos utilizar os conhecimentos de Círculo
do Mohr.
Ao observarmos o estado plano de tensões apresentado, vemos que σx = 0
(pois não aparece na figura), σy < 0 (já que a tensão na direção y é de compressão)
e τxy 6= 0.
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Deste modo o centro c do círculo de Mohr estará situado em:
c =
(
σx + σy
2
, 0
)
=
(σy
2
, 0
)
e como σy < 0, o centro do círculo de Mohr estará no semiplano esquerdo.
O raio R do círculo de Mohr será:
R =
√(
σx − σy
2
)2
+ τ 2xy =
√
σ2y
4
+ τ 2xy
Com isso já podemos esboçar o nosso Círculo de Mohr, como fazemos
abaixo:
σ
σσ
τ
12 c
R
o
o
Na figura já identificamos as tensões principais σ1 e σ2. Veja que σ1 > 0,
portanto é uma tensão de tração. Já σ2 < 0, sendo uma tensão de compressão.
Como podemos ver na figura |σ2| > |σ1|, ou seja, a tensão principal de com-
pressão tem módulo maior que a tensão principal de tração.
�� ��Alternativa (E)
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Questão 17
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )
Parte 2
Considerando o material do tubo como elásticoe linear, as
correspondentes deformações que ocorrem nesse ponto
são tais que
(A) �x = 0 , �y � 0 e
�
xy = 0
(B) �x � 0 , �y = 0 e
�
xy � 0
(C) �x � 0 , �y � 0 e
�
xy = 0
(D) �x = 0 , �y � 0 e
�
xy � 0
(E) �x � 0 , �y � 0 e
�
xy � 0
Resolução:
Sendo E o módulo de Young e ν o coeficiente de Poisson, a Lei de Hooke
generalizada nos dá:
εx =
1
E
[σx − νσy]
εy =
1
E
[σy − νσx]
γxy =
2(1 + ν)
E
τxy
Portanto, como σy 6= 0 e τxy 6= 0, temos que:
εx 6= 0, εy 6= 0, e γxy 6= 0
�� ��Alternativa (E)
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Questão 18
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
54
A viga simétrica com carregamento simétrico, mostrada na
figura, apresenta um trecho sujeito a uma flexão pura. Isto
ocorre porque neste trecho o
(A) esforço cortante varia linearmente com a posição.
(B) esforço cortante é diferente de zero.
(C) momento fletor é negativo.
(D) momento fletor é positivo.
(E) momento fletor é constante e diferente de zero.
CB
A D
Resolução:
Como sabemos da teoria de Resistência dos Materiais, um trecho de viga
que sofre flexão pura está sujeito unicamente a momentos fletores, sendo a força
cortante nula.
Como o momento fletor M(x) é a integral da força cortante V (x), segundo a
equação:
M(x) = −
∫ x
0
V (x)dx+ c
então se tivermos V (x) = 0, a nossa condição para flexão pura, teremos M(x) = c.
Ou seja, o momento fletor é constante e diferente de zero.
�� ��Alternativa (E)
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Questão 19
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
59
O momento de inércia da seção transversal de uma viga su-
jeita a uma flexão é um parâmetro importante na caracteri-
zação da resistência e da rigidez da viga. Assim, é correto
afirmar que
(A) as tensões normais atuantes na viga são proporcionais
a este parâmetro.
(B) as tensões cisalhantes atuantes na viga são inversamen-
te proporcionais a este parâmetro.
(C) a rigidez da viga é proporcional ao inverso desse
parâmetro.
(D) os deslocamentos da viga independem deste parâmetro.
(E) este parâmetro não afeta a resistência da viga.
Resolução:
Analisemos as alternativas:
(A) A expressão para a tensão normal atuante em uma viga em flexão, em um
ponto y distante da superfície neutra é dado por:
σ = −My
I
onde I é o momento de inércia da seção transversal da viga e M é o momento
fletor.
Como podemos ver, I é inversamente proporcional a σ e não diretamente
proporcional. Apesar desta alternativa citar apenas “proporcional”, ela quis se
referir a “diretamente proporcional”, o que a faz incorreta (Apesar de caber um
recurso em virtude deste descuido da banca).
(B) A tensão de cisalhamento τ que aparece em uma viga em flexão é dada por:
τ =
V Q
It
onde V é a força cortante, Q é o primeiro momento da área A′, com relação
ao eixo neutro y¯. I é o momento de inércia da seção transversal da viga e
t é a espessura da viga na região onde está sendo calculada a tensão de
cisalhamento.
Como podemos ver, τ é inversamente proporcional a I, o que faz esta alter-
nativa correta.
(C) A rigidez de flexão de uma viga é dada por E × I, ou seja, o produto do mó-
dulo de resistência pelo momento de inércia da seção transversal. Portanto a
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rigidez é diretamente proporcional a I e não inversamente. Alternativa incor-
reta.
(D) Como vimos, tanto a tensão normal como a cisalhante dependem de I, por-
tanto os deslocamentos são dependentes do momento de inércia. Alternativa
incorreta.
(E) Na equação da alternativa (A) vemos que σ é inversamente proporcional ao
termo
I
y
, sendo este termo chamado de resistência da viga. Portanto I afeta
a resistência da viga. Alternativa incorreta.
�� ��Alternativa (B)
Questão 20
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
60
No caso de uma peça prismática solicitada axialmente por
compressão elástica, as deformações transversais são
(A) negativas e proporcionais ao inverso do módulo de elas-
ticidade do material.
(B) negativas e proporcionais ao Coeficiente de Poisson do
material.
(C) positivas e proporcionais ao módulo de elasticidade do
material.
(D) positivas e proporcionais ao módulo da tensão axial.
(E) positivas e proporcionais ao módulo da tensão transversal.
Resolução:
Chamando de x e y as direções transversais, e z a axial, e o módulo da
tensão compressiva de σ, tem-se que σx = σy = 0 e σz = −σ. A Lei de Hooke
Generalizada fornece:
εx =
σx
E
− ν σy
E
− ν σz
E
= −ν (−σ)
E
= ν
σ
E
εy = −ν σx
E
+
σy
E
− ν σz
E
= −ν (−σ)
E
= ν
σ
E
εz = −ν σx
E
− ν σy
E
+
σz
E
= − σ
E
Logo, as deformações transversais εx e εy são positivas, e proporcionais ao módulo
σ da tensão axial (compressiva).
�� ��Alternativa (D)
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Questão 21
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
A figura abaixo mostra, de forma esquemática, uma barra de
seção transversal de área A, comprimento L e módulo de
elasticidade E, submetida a uma força de tração P, produzindo
uma deformação *.
Sabendo-se que, de acordo com a lei de Hooke, F = E ε, em
que F é a tensão na barra e g é a deformação específica, assinale
a opção correta.
A A rigidez axial da peça tracionada é o produto da área da
seção transvesal da barra pelo módulo de elasticidade.
B A medida da flexibilidade da barra, definida como a
deformação decorrente de uma carga unitária, pode ser
determinada quantitativamente pela relação .
C A rigeza da barra, definida como a força necessária para
produzir uma deformação unitária,é inversamente
proporcional ao módulo de elasticidade.
D A deformação ou alongamento específico g é diretamente
proporcional à força de tração e inversamente proporcional à
deformação δ.
E A tensão na seção da barra é definida pela relação: .
P P
L δ
Resolução:
Julguemos as alternativas:
(A) Desenvolvendo a Lei de Hooke temos o seguinte:
σ = Eε
P
A
= Eε
ε =
P
(AE)
Como podemos ver, a deformação ε é inversamente proporcional ao termo
AE, o produto da área da seção transversal pelo módulo de elasticidade. Por
este motivo que chamamos AE de rigidez axial. Alternativa correta.
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(B) A flexibilidade é obtida fazendo-se P = 1 na Lei de Hooke, como segue:
σ = Eε
P
A
= E
δ
L
1
A
= E
δ
L
δ =
L
E × A
Que é o inverso do que foi informado. Alternativa incorreta.
(C) Isolando P na Lei de Hooke temos:
P = AE
δ
L
Para uma deformação unitária (δ = 1) temos:
P1 =
AE
L
Ou seja, a rigeza é diretamente proporcional ao módulo de elasticidade E.
Alternativa incorreta.
(D) Como vemos, ε é diretamente proporcional a força P segundo a Lei de Hooke:
P
A
= Eε
E, pela definição, é também proporcional à deformação δ:
ε =
δ
L
Alternativa incorreta.
(E) Falso. A tensão na seção da barra é definida como: σ = P
A
.
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Questão 22
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
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Na figura acima, é representada uma viga biapoiada, submetida
a uma carga q, distribuída e de valor igual a 18 kgf/m. A seção
transversal da viga é retangular, medindo 2 cm de largura e 6 cm
de altura. Considerando essas informações e desprezando o peso
próprio da viga, assinale a opção correta.
A A reação do apoio B, em módulo, é igual a 36 kgf.
B O esforço cortante, na seção B, é igual a +18 kgf.
C O módulo do momento fletor, na seção B, é igual a 35 kgfAm.
D Sabendo-se que o módulo Z de resistência a tração é expresso
pela equação , em que b e h são a largura, a altura
da seção transversal da viga, então o módulo da tensão
máxima (tração e compressão) é igual a 30 kgf/cm
2
.
E No ponto A, o esforço cortante é igual a zero.
q = 18 kgf/m
A B C
2 m
2 m
Resolução:
Primeiramente calcularemos as reações dos apoios A e B:∑
Fy = 0
RA +RB − 18× 4 = 0
RA +RB = 72kgf
O momento em relação ao ponto A deve ser nulo:∑
MA = 0
RB × 2− 72× 2 = 0
RB = 72kgf
Ou seja, RA = 0 e RB = 72kgf .
Adotando como referência do eixo x o potno A, a força cortante em uma
seção entre A e B é dada por:
VAB(x) = 18x
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Já o momento fletor neste trecho será:
MAB(x) = −18x
(x
2
)
= −9x2
A força cortante em uma seção entre B e C é dada por:
VBC(x) = −(4− x)× 18 = 18x− 72
Já o momento fletor neste trecho será:
MBC(x) = −18(4− x)
(
4− x
2
)
= −9x2 + 72x− 144
Agora podemos julgar as alternativas:
(A) Falso. RB = 72kgf .
(B) Falso. Fazendo-se x = 2 em VAB(x) (ou VBC(x)) temos VB = −36kgf .
(C) Falso. Fazendo-se x = 2 em MAB(x) (ou MBC(x)) temos MB = −36kgf.m.
(D) Falso. No nosso caso temos b = 2cm e h = 6cm, logo Z = 12cm3. Então o
módulo da tensão máxima acontecerá em B, quando |M | = 36kgf.m, e será
igual a:
σmax =
Mmax
Z
=
36kgf.m
12cm3
=
3600kgf.cm
12cm3
= 300kgf/cm2
(E) Verdadeiro. Fazendo-se x = 0 em VAB(x) (ou VBC(x)) temos VA = 0.
�� ��Alternativa (E)
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Questão 23
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
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A figura acima representa o diagrama de esforços cortantes de
uma viga biapoiada. Considerando que A e B são os pontos de
apoio da viga e que seu peso é desprezível, assinale a
opção correta.
A O módulo da reação no apoio A é igual a 4 kgf.
B A carga atuante, que é distribuída ao longo da viga, entre os
pontos de apoio, é igual a 1 kgf/m.
C O momento fletor no ponto C é, em módulo, superior a
30 kgfAm.
D Em um ponto no vão da viga, situado a 2 m do apoio A, o
esforço cortante é igual a +4 kgf.
E Se o módulo de resistência da viga é igual a 221,25 cm
3
, então
a tensão máxima de tração é igual a 200 kgf/cm
2
.
A
C
B
-3,00 kgf
3,25 m
4,00 m 2,00 m 2,00 m
13,00 kgf
-11,00 kgf
Resolução:
Julguemos as alternativas:
(A) Falso. A reação do apoio em A é, em módulo, igual à força cortante em A,
logo RA = 13kgf .
(B) Falso. Existe carga distribuída apenas nos trechos onde o gráfico da força
cortante é uma função de primeiro grau (já que a força cortante é a integral
da distribuição de carga). Nos dois trechos onde isso acontece temos W =
13+3
4
= 11−3
2
= 4kgf/m.
(C) Falso. O momento em C será igual a área do triângulo de base AC e altura
igual a 13kgf , logo MC = 3,25×132 = 21, 125kgf.m.
(D) Falso. Analisando o trecho entre A e C, podemos utilizar semelhança de triân-
gulos para encontrar o valor da força cortante a 2m de A:
13
3, 25
=
V2m
3, 25− 2 → V2m =
13× 1, 25
3, 25
= 5kgf
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(E) Falso. Fica claro queo momento máximo ocorre no ponto C, e já calculamos
que MC = 21, 125kgf.m. Então o módulo da tensão máxima será igual a:
σmax =
Mmax
Z
=
21, 125kgf.m
221, 25cm3
=
2112, 5kgf.cm
221, 25cm3
≈ 10kgf/cm2
�� ��Questão Anulada
Questão 24
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )��������
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A figura acima representa o diagrama dos momentos fletores de uma
viga biapoiada nos pontos de apoio A e B. Desprezando-se o peso
próprio da viga, assinale a opção correta.
A O esforço cortante no ponto A, em módulo, é superior a 4 kgf.
B A força na viga corresponde a uma carga distribuída de valor
igual a 4 kgf/m que atua em um ponto do vão situado a 2 m a
partir do ponto B.
C A reação do apoio no ponto B é, em módulo, igual a +2 kgf.
D No ponto do vão da viga, que está a 2 m do ponto B, o diagrama
de esforço cortante apresenta uma descontinuidade de 6 kgf, em
módulo.
E Na seção transversal da viga correspondente ao do ponto C, o
esforço cortante é igual a ! 4 kgf.
A C B
1 m
4 m 2 m
+ 8 kgf mx
Resolução:
Sabemos que a força cortante é a derivada do momento fletor, ou seja
V (x) = dM(x)
dx
. Deste modo, se chamarmos de D o ponto onde o momento fle-
tor é igual a 8kgf.m, temos o seguinte:
• Trecho A-D: O momento fletor é uma reta crescente, portanto a força cortante
será igual a derivada desta reta, que é:
VAD(x) =
8kgf.m− 0
4m
= 2kgf
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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• Trecho D-B: O momento fletor é uma reta decrescente, portanto a força cor-
tante será igual a derivada desta reta, que é:
VDB(x) =
0− 8kgf.m
2m
= −4kgf
Agora vamos julgar as alternativas:
(A) Falso. A força cortante é constante em todo trecho A-D, e é igual a 2kgf .
(B) Falso. Não há força distribuída sobre a barra, pois senão teríamos a função
da força cortante de primeira ordem e do momento fletor de segunda ordem.
Como veremos adiante, há apenas uma força concentrada no ponto D.
(C) Falso. A reação no ponto B tem módulo igual a força cortante do trecho D-B,
módulo esse igual a 4kgf .
(D) Verdadeiro. Vimos que no trecho A-D a força cortante é constante e igual a
2kgf , e no trecho DB é constante e igual a −4kgf . Portanto o módulo da
descontinuidade no ponto D é igual a 2− (−4) = 6kgf . Ou seja, há uma força
concentrada no ponto D, de módulo igual a 6kgf .
(E) Falso. Como vimos, no trecho A-D a força cortante é constante e igual a 2kgf .
�� ��Alternativa (D)
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Questão 25
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2012/1 )
Uma barra solicitada axialmente por compressão no 
regime elástico linear apresenta duas deformações 
transversais
(A) positivas e uma axial negativa
(B) positivas e uma axial positiva
(C) negativas e uma axial positiva
(D) nulas e uma axial negativa
(E) nulas e uma axial positiva
Resolução:
Chamando de x e y as direções transversais, e z a axial, e o módulo da
tensão compressiva de σ, tem-se que σx = σy = 0 e σz = −σ. A Lei de Hooke
Generalizada fornece:
�x =
σx
E
− ν σy
E
− ν σz
E
= −ν (−σ)
E
= ν
σ
E
�y = −ν σx
E
+
σy
E
− ν σz
E
= −ν (−σ)
E
= ν
σ
E
�z = −ν σx
E
− ν σy
E
+
σz
E
= − σ
E
Logo, as deformações transversais são positivas, e a axial é negativa.
�� ��Alternativa (A)
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Questão 26
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2012/1 )
A
C
B
F
�
A estrutura de apoio mostrada na figura é constituída de 
duas barras de mesmo material e mesma seção transver-
sal. Os limites de resistência à tração e à compressão são 
tais que, em valor absoluto, σC = 2σT no regime elástico 
linear, e sobre a estrutura atua uma força F gradualmente 
crescente.
Qual o valor do ângulo θ para o qual tais limites de resis-
tência à tração e à compressão são atingidos simultane-
amente?
(A) 15°
(B) 20°
(C) 30°
(D) 45°
(E) 60°
Resolução:
As condições de equilíbrio serão verificadas para o nó B. Na direção vertical:∑
Fy = 0
−F + FCBsen(θ) = 0
FCB =
F
sen(θ)
Como a força do pino sobre a barra é oposta à da barra sobre o pino, tem-se
que o pino exerce sobre a barra uma força compressiva. Já na direção horizontal:∑
Fx = 0
FCBcos(θ) + FAB = 0
FAB = −F cos(θ)
sen(θ)
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Usando o mesmo raciocínio, a força sobre a barra AB é trativa. Por-
tanto, para que os dois limites de resistência sejam atingidos ao mesmo tempo,
a condição é:
σCB = 2σAB
FCB
A
= 2
FAB
A
Como a área da seção transversal das barras é a mesma:
F
sen(θ)
= 2F
cos(θ)
sen(θ)
cos(θ) =
1
2
θ = 60o
�� ��Alternativa (E)
Questão 27
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2012/1 )
As tensões principais referentes ao estado plano de 
tensões ocorrente em um ponto de uma peça são as 
indicadas na figura. 
A tensão cisalhante máxima atuante nesse ponto da peça é
(A) σ
(B) 
(C) 
(D) 2 σ
(E) 3 σ
Resolução:
Utilizando-se as convenções de sinal, tem-se que σ1 = σ e σ2 = −3σ. Mar-
cando os pontos no Círculo de Mohr (lembrando que, para as tensões principais,
a tensão cisalhante é nula), tem-se que o centro do círculo é o ponto médio entre
os pontos referentes às tensões principais, ou seja, C(−σ, 0) e o raio do círculo é
2σ. O valor da tensão cisalhante máxima é igual ao raio do círculo, ou seja, 2σ.
�� ��Alternativa (D)
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Questão 28
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2012/1 )
 
A
B
F
C
O diagrama que representa a distribuição dos momentos fletores atuantes ao longo da viga biapoiada, mostrada na figura, é
(A) 
B CA
 (D) 
B CA
 
(B) 
B CA
 (E) 
B CA
 
(C) 
B CA
 
Resolução:
Utilizando a condição de equilíbrio de que o somatório dos momentos em
relação a B deve ser igual a zero, tem-se que a reação do apoio em A aponta para
baixo. Podem-se obter expressões para o momento fletor pelo método das seções.
Fazendo-se uma seção entre A e B:∑
M = 0
M + FAx = 0
M = −FAx
Já para uma seção entre B e C:∑
M = 0
−M − F (L− x) = 0
M = −FL+ Fx
Portanto, o gráfico do momento fletor é composto por uma reta decrescente
entre A e B, e uma reta crescente entre B e C.
�� ��Alternativa (A)
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Questão 29
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2012/1 )
 
a
a
LN
IIIIII
LN
LNa
a
2a
2a
Um engenheiro deve optar por uma das três seções transversais, mostradas na figura, para fabricar uma viga biapoiada 
sujeita a uma força concentrada F no meio do vão. 
Sendo o material idêntico para as três situações, a seção de maior resistência à flexão é a 
(A) I, porque o material é mais bem distribuído em relação à área.
(B) I, porque a seção apresenta simetria em relação a dois eixos. 
(C) II, porque apresenta a maior largura.
(D) II, porque os pontos materiais estão mais próximos da linha neutra.
(E) III, porque apresenta a maior relação entre o momento de inércia e a semialtura.
Resolução:
A tensão normal máxima a que uma viga com tal carregamento estará su-
jeita é dada por:
σ =
Mc
I
Nessa expressão, M é o momento fletor, I o momento de inércia e c a
semialtura. Para um mesmo carregamento, quanto maior for a relação I
c
, menor
será a tensão normal na viga, ou seja, maior resistência à flexão ela apresentará.
O momento de inércia para uma área retangular em torno de um eixo horizontal
que passa pelo seu centróide é
I =
bh3
12
A semialtura é dada por c = h
2
. Portanto, a relação I
c
será:
I
c
=
bh2
6
Substituindo os valores das bases e alturas das seções das vigas, obtêm-se
as seguintes relações I
c
:
Seção I: a
3
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Seção II: a
3
3
Seção III: 2a
3
3
Portanto, a seção III apresenta maior relação entre momento de inércia e
semialtura, e por isso possui maior resistência à flexão.
�� ��Alternativa (E)
Questão 30
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2011 )
Duas colunas de um mesmo material, mesmo comprimento e áreas de seção transversal obedecendo à relação A2 = 2A1, 
suportam uma plataforma, conforme indicado na figura acima. Considere que a plataforma seja submetida a uma força F 
e que as colunas sejam elásticas e lineares. Pela ação exclusiva da força F, se
(A) a = b, as tensões compressivas atuantes nas duas colunas são idênticas.
(B) a = 2b, as tensões compressivas atuantes nas duas colunas são idênticas.
(C) a = 2b, a tensão compressiva atuante na coluna 1 será maior do que a atuante na coluna 2.
(D) b = 2a, as tensões compressivas atuantes nas duas colunas são idênticas.
(E) b = 2a, a tensão compressiva atuante na coluna 2 será maior do que a atuante na coluna 1.
Resolução:
Chamando de R1 e R2 as reações das colunas 1 e 2, respectivamente, seus
valores podem ser obtidos pelas condições de equilíbrio. Para que o torque no
ponto de contato com a coluna 1 seja nulo:∑
M1 = 0
−Fa+R2(a+ b) = 0
R2 =
Fa
(a+ b)
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Fazendo, agora, com que a resultante das forças verticais seja nula:∑
Fy = 0
R1 +R2 − F = 0
R1 = F −R2
R1 = F − Fa
(a+ b)
R1 =
Fb
(a+ b)
A tensão compressiva nas colunas é dada por σ = F
A
, onde a força em
questão é a reação de cada coluna. Para a = b, tem-se:
R1 = R2
σ1 = 2σ2
Para b = 2a:
R1 = 2R2
σ1 = 4σ2
E para a = 2b:
R2 = 2R1
σ1 = σ2
Logo, para a = 2b, as tensões compressivas nas duas colunas são idênticas.
�� ��Alternativa (B)
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Questão 31
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2011 )
O círculo de Mohr apresentado na figura ao lado repre-
senta o estado plano de tensões atuante em um ponto
(A) da superfície superior de uma viga sob flexão pura.
(B) da superfície de um eixo sujeito a torção combinada 
com carga axial.
(C) da superfície de um eixo sob torção pura.
(D) da linha neutra de uma viga sob flexão pura.
(E) entre a linha neutra e a superfície superior de uma 
viga sob flexão pura.
Resolução:
Um ponto de uma viga sob flexão pura (fora da linha neutra) apresentaria
uma tensão normal nula e a outra não-nula, o que deslocaria o centro do círculo
para fora da origem. Já a linha neutra de uma viga sob flexão pura não apresen-
taria tensão alguma, e nesse caso o círculo seria um ponto na origem. Um eixo
sujeito a torção e carga axial apresentaria também um círculo com centro fora da
origem, devido à tensão normal gerada pela carga axial. Logo, o círculo apresen-
tado corresponde à superfície de um eixo sob torção pura, uma vez que não há
tensões normais, e existe uma tensão cisalhante não-nula devida à torção.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 32
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Petrobras 2006 )
A figura abaixo mostra uma seção longitudinal em corte de
um vaso cilíndrico pressurizado, cujas extremidades são fe-
chadas por flanges, onde 12 parafusos de cada lado estão
igualmente espaçados.
Considerando-se que cada parafuso possa resistir a uma
força máxima de 10π kN sem que o limite elástico do mate-
rial seja ultrapassado, a pressão máxima, em kPa, do fluido
no interior do vaso deve ser de:
(A) 100 (B) 220 (C) 350 (D) 480 (E) 550
Resolução:
Em cada flange há 12 parafusos, que juntos podem suportar uma força de
120pikN . A força que o fluido pressurizado exerce em cada flange é dada por
F = pA = ppiR2
Uma vez que a flange é circular. Logo, a pressão máxima do fluido será:
F = ppiR2
120000pi = ppi(0, 5)2
p = 480kPa
�� ��Alternativa (D)
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Questão 33
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - Termoaçu 2008 )
A figura acima ilustra o Círculo de Mohr das tensões planas
referentes a um ponto na superfície de uma peça prismática.
Considerando a posição do círculo em relação aos eixos
 e , o ponto em análise é o da superfície de um(a)
(A) eixo sujeito a torção combinada com flexão.
(B) eixo sujeito a uma torção pura.
(C) viga sujeita a flexão pura combinada com forças axiais.
(D) viga sujeita apenas a flexão pura.
(E) barra sujeita apenas a uma força de tração.
c
Resolução:
Uma viga sujeita apenas a flexão pura ou a uma força de tração apresentaria
apenas uma tensão normal, e nenhuma tensão cisalhante, de forma que uma das
tensões principais seria zero. Um eixo sujeito à torção pura teria um Círculo de
Mohr com centro na origem, já uma viga sujeita à flexão pura e forças axiais teria
suas duas tensões principais positivas, já que não haveria tensão cisalhante. Por-
tanto, a única das alternativas apresentadas que pode gerar um Círculo de Mohr
com uma das tensões principais negativas e centro fora da origem é a alternativa
A, um eixo sujeito a torção combinada com flexão, que apresentaria tanto tensão
normal quanto cisalhante.
�� ��Alternativa (A)
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Questão 34
( Eng. de Termelétrica Jr - Mecânica - Termorio 2009 )
A viga uniforme e homogênea com três apoios, sujeita a
um carregamento distribuído uniformemente, conforme in-
dicado na figura acima, é estaticamente
(A) determinada com reações idênticas nos apoios A, B e
C.
(B) determinada com reações idênticas nos apoios A e C,
apenas.
(C) indeterminada com reações idênticas nos apoios A e
C, apenas.
(D) indeterminada com reações idênticas nos apoios A, B
e C.
(E) indeterminada com reações idênticas nos apoios A e
B, apenas.
LL
B
CA
q (carga uniformemente distribuída)
Resolução:
Como não há forças na direção horizontal, existem duas equações de equi-
líbrio (força resultante vertical e momento iguais a zero) para três reações de apoio
desconhecidas, o que torna a viga estaticamente indeterminada. Pela simetria do
carregamento, pode-se afirmar que as reações em A e C são iguais, não se po-
dendo afirmar nada sobre a reação em B.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 35
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - REFAP 2007 )
As características geométricas das seções transversais dos
elementos prismáticos são determinantes para a definição
das resistências de peças e componentes mecânicos.
Assim, é correto afirmar que a peça prismática será mais
resistente à:
(A) torção quanto maior a área de sua seção transversal.
(B) solicitação axial quanto maior a maior dimensão de sua
seção transversal.
(C) solicitação axial quanto maior o momento de inércia de
sua seção transversal.
(D) flexão quanto maior a área de sua seção transversal.
(E) flexão quanto maior o momento de inércia de sua seção
transversal.
Resolução:
A tensão cisalhante devida à torção é dada por
τ =
Tρ
J
portanto a resistência à torção depende do momento de inércia polar da seção
transversal.
A tensão normal devido à carga axial é
σ =
P
A
logo a peça será mais resistente a carregamentos axiais quanto maior for a área
da seção transversal.
Já a tensão normal devida à flexão é dada por
σ =
My
I
ou seja, a resistência à flexão depende do momento de inércia da seção transver-
sal. Portanto, a única alternativa correta é a E.
�� ��Alternativa (E)
 Material de uso exclusivo de Cristiane De Souza Pereira portador do CPF 054.988.476-96. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 36
( Eng. de Equipamentos Jr - Mecânica - REFAP 2007 )
Considerando que as características físicas e geométricas
da viga prismática mostrada na figura acima sejam conheci-
das, é correto afirmar que a viga é estaticamente indeterminada
porque:
(A) as suas extremidades têm, cada uma, um apoio.
(B) as reações de apoio não podem ser obtidas exclusiva-
mente pelas condições de equilíbrio estático.
(C) as duas forças iguais e contrárias que atuam sobre ela
formam um binário.
(D) as forças atuantes transversalmente à viga estão no pla-
no da figura.
(E) o apoio da extremidade B não reage às solicitações axiais.
A B
F
F
Resolução:
Como não existem forças horizontais atuando na viga, existem duas
equações de equilíbrio a serem resolvidas