DP - RESMAT II - COMBINADO

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NOTAS DE AULA 1 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – RESISTÊNCIA À FLEXÃO – DIAGRAMAS DE 
FORÇA NORMAL, FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR 
 
APLICAÇÃO DOS DIAGRAMAS (GRÁFICOS) 
Utilizados para determinar o esforço agindo em qualquer trecho da estrutura. 
 
Exemplo: 
 
Após a construção dos diagramas de força cortante e momento fletor, podemos obter as 
seguintes informações, por exemplo: 
 
Força cortante 
 
 
A 1m do início da estrutura (X=1m), a força cortante resultante é de 10kN. 
A 6,5m do início da estrutura (X=6,5m), a força cortante resultante é nula. 
A máxima força cortante resultante ocorre entre as secções II e III, com valor de 20kN. 
 
 
Momento fletor 
 
A 1m do início da estrutura (X=1m), o momento resultante é de 10kNm. 
A 6,5m do início da estrutura (X=6,5m), o momento resultante é nulo. 
O máximo momento resultante ocorre na secção III, com valor de 25kNm. 
Utilizar o máximo momento para dimensionamento da estrutura para resistir à flexão. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA 2 
 
RESISTÊNCIA À FLEXÃO 
 
Depende do material e secção transversal da viga / estrutura. 
 
 
Exemplo: 
 
2 2
3 3
X X
3 x 8 8 x 3
W = = 32 cm , W = = 12 cm (W: Módulo de resistência)
6 6
 
A primeira situação de aplicação de força apresentará maior resistência à flexão. 
 
 
Para calcular o W (módulo de resistência) e J ou I (momento de inércia), 
utilizamos valores tabelados ou fórmulas já definidas para secções transversais 
mais comuns, ou temos que calculá-los a partir do CG (centro de gravidade) da 
secção transversal da estrutura, para secções transversais mais complexas. 
 
 
 
NOTAS DE AULA 3 
 
CENTRO DE GRAVIDADE (BARICENTRO ou CENTRÓIDE) 
Todas as forças de mesma direção e sentindo atuando em uma determinada área podem ser 
substituídas por uma única força equivalente F, agindo no baricentro desta área. 
 
Os valores das coordenadas do baricentro, XG e YG, são calculados em relação à origem dos 
eixos das coordenadas X-Y. 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação a um dos 
vértices de um 
retângulo. 
 
 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação a um dos 
vértices de um 
quadrado. 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao vértice 
do ângulo de 90 
de um triângulo 
retângulo. 
 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao centro do 
círculo. 
 
MOMENTO DE INÉRCIA 
O momento de inércia é muito importante no dimensionamento de elementos de construção, 
pois através dos seus valores numéricos temos uma noção da resistência da estrutura. 
Quanto maior o momento de inércia da secção transversal de uma estrutura, maior será a 
resistência da estrutura. 
 
Dimensionamento da secção transversal da viga (peça) para resistir à flexão: 
 
 
 
Viga bi-apoiada com 
esforços atuando na parte 
superior 
 Cálculo das reações 
 nos apoios A e B 
 Diagrama de Momento 
 Fletor 
 
Cálculo da Tensão admissível: adm = e / k, k: fator de segurança. 
Dimensionamento do perfil: adm = M / W 
M: Momento Fletor; W: Módulo de Resistência (depende da secção transversal do 
perfil). 
Valores de Wx e Wy podem variar; neste caso utilizar a pior condição, ou seja, o menor 
dos W, a não ser que a viga já tenha a sua posição de apoio definida. 
W: Quando o perfil é conhecido, este dado já está tabelado. 
 
 
NOTAS DE AULA 4 
Secção 
Momento de Inércia 
J 
Módulo de 
Resistência W 
 
 
 
 
 
 
 
 
A flexão verifica-se em vigas, postes engastados, eixos, etc... 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA 5 
CONSTRUÇÃO DE DIAGRAMAS DE FORÇA NORMAL, FORÇA CORTANTE E MOMENTO 
FLETOR 
 
Convenção de sinais para forças e momentos 
 
Os diagramas (gráficos) permitem identificar o esforço resultante que está agindo em cada 
secção transversal da viga (estrutura). 
 
Para construção dos diagramas, adotamos os sinais indicados acima para forças e momentos, 
bem como partimos da esquerda para a direita para cálculo do esforço resultante. 
Portanto, a distância x = 0 no início (lado esquerdo) da estrutura. 
 
Representação das resultantes no diagrama - convenção de sinais: 
 
 Força normal +: parte superior (tração) 
 Força normal -: parte inferior (compressão) 
 
 Força cortante +: parte superior 
 Força cortante -: parte inferior 
 
 Momento fletor +: parte superior 
 Momento fletor -: parte inferior 
 
Ex: Diagrama de momento fletor 
 
 
 
Exemplos de cálculo: 
 
1) Construir os diagramas de momento fletor e força cortante da estrutura representada a seguir. 
 
Convenção de sinais adotada: 
 
a) Cálculo das reações nos apoios: 
 
 
NOTAS DE AULA 6 
 
RAx = 0, RAy = 30,7 kN, RBy = 58,7 kN 
Nota: Caso, nos cálculos, alguma reação tenha como resultado um valor negativo, inverter o sentido da 
força representada e trocar o sinal para positivo. 
 
b) Definir secções para cálculo dos esforços resultantes, onde já existe algum esforço atuante ou início 
ou fim da viga (estrutura) para início dos cálculos. 
 
 
c) Cálculo dos esforços resultantes: 
 
 
FORÇA NORMAL N 
 
N = 0 em qualquer ponto da viga (estrutura). Não existe força normal atuante ao longo de toda a 
estrutura. 
 
 
FORÇA CORTANTE Q 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto Q = 0. 
 
Secção I: x = 0, Q = -30,7kN 
 
 
Entre secção I e II: 
x = 0,5m, Q = -30,7kN 
x = 1,0m, Q = -30,7kN 
Q permanece constante = -30,7kN 
 
 
Secção II: x = 1,5m, Q = -30,7 + 58,7 = 28kN 
 
Entre secção II e III: 
x = 2m, Q = 28kN 
Q permanece constante = 28kN 
 
NOTAS DE AULA 7 
 
 
Secção III: x = 2,5m, Q = -30,7 + 58,7 – 10 = 18kN 
 
Entre secção III e IV: 
X = 3m, Q = 18kN 
Q permanece constante = 18kN 
 
Secção IV: x = 3,5m, Q = -30,7 + 58,7 – 10 – 18 = 0 
 
A soma de todas as forças cortantes tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
 
MOMENTO FLETOR M 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto M = 0. 
 
Secção I: x = 0, M = 30,7 x 0 = 0 
 
 
Entre secção I e II: 
x = 0,5m, M = 30,7 x 0,5 = 15,35kNm 
x = 1,0m, M = 30,7 x 1,0 = 30,7kNm 
M uniformemente crescente: M = 30,7x 
 
 
Secção II: x = 1,5m, M = 30,7 x 1,5 = 46,05kNm 
 
NOTAS DE AULA 8 
 
 
Entre secção II e III: 
x = 2m, M = 30,7 x 2 - 58,7 x 0,5 = 32,05kNm 
 
 
Secção III: x = 2,5m, M = 30,7 x 2,5 – 58,7 x 1 = 18kNm 
 
Entre secção III e IV: 
x = 3m, M = 30,7 x 3 – 58,7 x 1,5 + 10 x 0,5 = 9,05kNm 
 
Secção IV: x = 3,5m, M = 30,7 x 3,5 - 58,7 x 2 + 10 x 1 + 18 x 0 = 0 
 
A soma de todos momentos tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA9 
2) Construir os diagramas de momento fletor, força normal e força cortante da estrutura representada a 
seguir. 
Nota: Neste exemplo já temos um momento agindo sobre a estrutura, na secção II. Atenção na 
construção do diagrama de momento fletor nesta secção, com um detalhe diferente do exemplo anterior. 
 
 
Convenção de sinais adotada: 
 
a) Cálculo das reações nos apoios: 
 
 
b) Definir secções para cálculo dos esforços resultantes, onde já existe algum esforço atuante ou início 
ou fim da viga (estrutura) e secção para início dos cálculos. 
 
 
c) Cálculo dos esforços resultantes: 
 
 
FORÇA NORMAL N 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto N = 0. 
 
Secção I: x = 0, N = -26kN (compressão) 
 
Entre secção I e II: 
x = 1m, N = -26kN 
x = 2m, N = -26kN 
N permanece constante = -26kN 
 
NOTAS DE AULA 10 
 
Entre secção II e III: 
x = 3m, N = -26kN 
x = 3,5m, N = -26kN 
N permanece constante = -26kN 
 
Entre secção III e IV: 
x = 4m, N = -26kN 
x = 4,49m, N = -26kN 
N permanece constante = -26kN 
 
x = 4,5m, N = 0 
Entre secção IV e V: 
x = 5m, N = 0 
x = 7m, N = 0 
N permanece constante = 0 
 
 
 
FORÇA CORTANTE Q 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto Q = 0. 
 
Secção I: x = 0, Q = -10 + 7,1 = -2,9kN 
 
 
Entre secção I e II: 
x = 0,5m, Q = -2,9kN 
x = 1,5m, Q = -2,9kN 
Q permanece constante = -2,9kN 
 
 
Secção II: x = 2m, Q = -2,9kN 
 
NOTAS DE AULA 11 
 
Entre secção II e III: 
x = 3m, Q = -2,9kN 
Q permanece constante = -2,9kN 
 
 
Secção III: x = 3,5m, Q = -10 + 7,1 + 17,9 = 15kN 
 
Entre secção III e IV: 
x = 4m, Q = 15kN 
Q permanece constante = 15kN 
 
Secção IV: x = 4,5m, Q = --10 + 7,1 + 17,9 - 15 = 0 
 
Entre secção IV e V: 
x = 5m, Q = 0 
x = 6m, Q = 0 
Q permanece constante = 0 
 
 
A soma de todas as forças cortantes tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA 12 
MOMENTO FLETOR M 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto M = 0. 
 
Secção I: x = 0, M = 10 x 0 + 7,1 x 0 = 0 
 
Entre secção I e II: 
x = 0,5m, M = 10 x 0,5 – 7,1 x 0,5 = 1,45kNm 
x = 1,5m, M = 10 x 1,5 – 7,1 x 1,5 = 4,35kNm 
M uniformemente crescente: M = 30,7x 
 
Secção II: 
Como nesta secção já temos um momento agindo, exatamente neste ponto, calcular o momento 
imediatamente antes deste ponto e imediatamente após este ponto. 
 
Imediatamente antes: x = 1,9999m, M = 10 x 1,9999 – 7,1 x 1,9999 = 5,8kNm 
Lembramos que o momento já existente está agindo no ponto da secção II. Antes deste ponto, não há 
momento. 
 
Imediatamente após: x = 2,0001m, M = 10 x 2,0001 – 7,1 x 2,0001 + 5 = 10,8kNm 
Lembramos que o momento já existente está agindo no ponto da secção II. Após deste ponto, já temos 
momento. 
 
 
Entre secção II e III: 
x = 3m, M = 10 x 3 – 7,1 x 3 + 5 = 13,7kNm 
 
 
Secção III: x = 3,5m, M = 10 x 3,5 – 7,1 x 3,5 + 5 = 15kNm 
 
Entre secção III e IV: 
 
NOTAS DE AULA 13 
x =4m, M = 10 x 4 – 7,1 x 4 + 5 – 17,9 x 0,5 = 7,65kNm 
 
Secção IV: x = 4,5m, M = 10 x 4,5 – 7,1 x 4,5 + 5 – 17,9 x 1 + 15 x 0 = 0 
 
Entre secção IV e V: 
x = 5m, M = 0 
x = 6,5m, M = 0 
Não existem esforços agindo. 
M permanece constante = 0 
 
 
A soma de todos momentos tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA 14 
3) Construir os diagramas de momento fletor, força normal e força cortante da estrutura representada a 
seguir. 
Nota: Neste exemplo temos uma carga distribuída agindo na estrutura. Atenção para a construção do 
diagrama na trecho da carga distribuída. 
 
Convenção de sinais adotada: 
 
a) Cálculo das reações nos apoios: 
Transformar a carga distribuída numa carga concentrada equivalente. 
 
 
b) Definir secções para cálculo dos esforços resultantes, onde já existe algum esforço atuante ou início 
ou fim da viga (estrutura) para início dos cálculos. 
 
 
c) Cálculo dos esforços resultantes: 
 
 
FORÇA NORMAL N 
 
F = 0 em qualquer ponto da viga (peça). Não existe força normal atuante ao longo de toda a estrutura. 
 
 
FORÇA CORTANTE Q 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto Q = 0. 
 
Trecho I a II – carga uniformemente distribuída 
 
NOTAS DE AULA 15 
 
 
Secção I: x = 0, Q = 10,9 + 4 x 0 = 10,9kN 
 
 
Entre secção I e II: 
x = 1m, Q = 10,9 – 4 x 1 = 6,9kN 
 
 
Secção II: x = 2m, Q = 10,9 – 4 x 2 = 2,9kN 
 
 
Entre secção II e III: 
x = 3m, Q = 2,9kN 
Q permanece constante = 2,9kN 
 
 
Secção III: x = 3,5m, Q = 10,9 – 8 – 15 = - 12,1kN 
 
Entre secção III e IV: 
x = 4,5m, Q = 12,1N 
Q permanece constante = 12,1kN 
 
NOTAS DE AULA 16 
 
Secção IV: x = 5m, Q = 10,9 – 8 – 15 + 12,1 = 0 
 
A soma de todas as forças cortantes tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
MOMENTO FLETOR M 
 
Antes da secção I: não temos esforços agindo. Portanto M = 0. 
 
Trecho I a II – carga uniformemente distribuída 
 
 
Secção I: x = 0, M = 10,9 x 0 = 0 
 
Entre secção I e II: 
x = 1m, M = -10,9 x 1 + 4 x 12 / 2 = -8,9kNm 
x = 1,5m, M = -10,9 x 1,5 + 4 x 1,52 / 2 = -11,85kNm 
M da carga distribuída: M = 4 x X x X/2 = 4X2 / 2 
 
Secção II: 
x = 2m, M = -10,9 x 2 + 4 x 22 / 2 = -13,8kNm 
 
 
 
NOTAS DE AULA 17 
Entre secção II e III: 
 
x = 3m, M = -10,9 x 3 + 8 x 2 = -16,7kNm 
 
 
Secção III: x = 3,5m, M = -10,9 x 3,5 + 8 x 2,5 + 15 x 0 = -18,15kNm 
 
 
Entre secção III e IV: 
x =4m, M = -10,9 x 4 + 8 x 3 + 15 x 0,5 = -12,1kNm 
 
 
Secção IV: x = 5m, M = -10,9 x 5 + 8 x 4 + 15 x 1,5 + 12,1 x 0 = 0 
 
 
NOTAS DE AULA 18 
 
 
A soma de todos momentos tem que se igualar a Zero no final. 
 
 
 
 
Outros exemplos de diagrama de força cortante e momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
REF: MECÂNICA TÉCNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – SARKIS MELCONIAN 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 1 
RESISTÊNCIA À FLEXÃO 
 
CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DAS SUPERFÍCIES PLANAS 
 
CENTRO DE GRAVIDADE (BARICENTRO ou CENTRÓIDE) 
Todas as forças de mesma direção e sentindo atuando em uma determinada área podem ser substituídas por uma 
única força equivalente F, agindo no baricentro desta área. 
 
Baricentro 
Pode ser dentro ou fora da mesma. 
Indicado pelas coordenadas XG e YG. 
 
XG = (S1 x X1 + S2 x X2 + .......+ Sn x Xn) / 
 (S1 + S2 + ..... + Sn) 
 
YG = (S1 x Y1 + S2 x Y2 + .......+ Sn x Yn) / 
 (S1 + S2 + ..... + Sn) 
 
 
Exemplos de baricentro: 
Os valores das coordenadas do baricentro,XG e YG, são calculados em relação à origem dos eixos das 
coordenadas X-Y. 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação a um dos 
vértices de um 
retângulo. 
 
 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação a um dos 
vértices de um 
quadrado. 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao vértice 
do ângulo de 90 de 
um triângulo 
retângulo. 
 
 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao centro do 
círculo. 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao centro do 
círculo. 
 
 
Posição das 
coordenadas é em 
relação ao centro do 
círculo. 
 
Os valores das coordenadas do baricentro das figuras dependem de onde está posicionada a origem do eixo de 
coordenadas X-Y. Por exemplo: 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 2 
 
 
 
Origem dos eixos X-
Y localizado na 
extremidade inferior 
esquerda da figura. 
 
 
 
Origem dos eixos X-
Y localizada no 
centro da figura. 
 
Nos casos em que o triângulo não seja retângulo, decompô-lo em 2 triângulos retângulos e calcular os centros de 
gravidade de cada um deles. 
 
Neste caso, o XCG será 
negativo. 
 
 
EXEMPLOS 
 
1) Calcular o baricentro de um quadrado de lado igual a 10 cm, com o eixo de coordenadas localizado conforme 
figura abaixo. 
 
Como o quadrado possui lado igual a 10 cm, então a = 10 cm. 
 
A origem do eixo de coordenadas X-Y está localizado na extremidade 
inferior esquerda do quadrado. 
 
O baricentro do quadrado é composto das seguintes coordenadas: 
XCG = a / 2 = 10 / 2 = 5 cm 
YCG = a / 2 = 10 / 2 = 5 cm 
 
2) Calcular o baricentro de um triângulo, com o eixo de coordenadas localizado conforme figura abaixo, com base 
igual a 15 mm e altura igual a 20 mm. 
 
Como a base é igual a 15 mm, então b = 15 mm. 
Como a altura é igual a 20 mm, então h = 20 mm. 
 
A origem do eixo de coordenadas X-Y está localizado na extremidade 
inferior esquerda do triângulo. 
 
O baricentro do triângulo é composto das seguintes coordenadas: 
XCG = b / 3 = 15 / 3 = 5 mm 
YCG = h / 3 = 20 / 3 = 6,67 mm 
 
 
3) Calcular o baricentro de um triângulo, com o eixo de coordenadas deslocado e localizado conforme figura abaixo, 
com base igual a 15 mm e altura igual a 21 mm. 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 3 
 
Inicialmente, calcular o centro de gravidade do triângulo, supondo que a origem do eixo de coordenadas X-Y 
estivesse localizado no vértice do lado inferior direito do triângulo. 
 
Sendo assim, devemos calcular XCG1 e YCG1 conforme segue: 
 
Como a base é igual a 15 mm, então b = 15 mm. 
Como a altura é igual a 21 mm, então h = 21 mm. 
 
A origem do eixo de coordenadas X-Y está localizado na extremidade inferior esquerda do triângulo. 
Neste caso, o baricentro do triângulo seria composto das seguintes coordenadas: 
XCG1 = b / 3 = 15 / 3 = 5 mm 
YCG1 = h / 3 = 21 / 3 = 7 mm 
 
Como o triângulo está deslocado em relação à origem do eixo real de coordenadas, devemos calcular a posição final 
do baricentro da seguinte forma: 
XCG = 20 - XCG1 = 20 – 5 = 15 mm 
YCG = YCG1 + 5 = 7 + 5 = 12 mm 
 
 
 
Receita para definição dos centros de gravidade de uma secção plana complexa (formada por várias 
secções) 
 
 
 
 
 
Peça – (área hachurada) – área 
positiva 
Furos – (áreas em vazio) – área 
negativa 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 4 
 
 
Sinais (positivo ou negativo) das 
coordenadas de cada secção, em 
função de suas posições nos 
quadrantes. 
 
A posição de cada secção em 
relação ao eixo de coordenadas 
deve ser definida em referência ao 
seu centro de gravidade. 
 
XG e YG das secções ao lado 
correspondem aos seus centros de 
gravidade. 
a) Definir a posição dos eixos de coordenadas X e Y de forma mais apropriada ou adequada (que facilite os 
cálculos). 
b) Dividir a peça em secções menores conhecidas. 
c) Calcular as áreas de cada secção. Se a secção faz parte da peça, considerar sua área S como positiva. 
Caso contrário, se não faz parte da peça, considerar sua área S como negativa (neste caso, é utilizado este 
recurso buscando facilidade nos cálculos finais e muitas vezes para diminuir o número de secções). 
d) Calcular XCG e YCG de cada figura em relação à origem dos eixos de coordenadas X-Y. 
e) Calcular XCG e YCG da peça, utilizando as fórmulas ou tabela a seguir: 
 
ΣXi x Si ΣYi x Si 
Xcg perfil = Ycg perfil = 
ΣSi ΣSi
 
 
Secção Área S secção XCG secção S x XCG 
secção 
YCG secção S x YCG 
secção 
 
 
 
 
Somatória --------------- --------------- 
 
  S x XCG secções 
XCG peça = -------------------------- 
  S secções 
  S x YCG secções 
YCG peça = -------------------------- 
  S secções 
 
EXEMPLOS 
 
1) Calcular o centro de gravidade (baricentro) da peça abaixo. 
Medidas em cm 
 
Cálculo do baricentro do ¼ de círculo: 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 5 
 
Conforme tabela de centros de gravidade, para o ¼ 
de círculo temos: 
XCG = 4 x r / 3 
YCG = 4 x r / 3 
O raio do círculo é igual a r = 3 + 3 = 6 cm 
Logo, 
XCG = 4 x 6 / 3 = - 2,55 cm (lado esquerdo da 
origem dos eixos, por isso com sinal negativo) 
YCG = 4 x 6 / 3 = 2,55 cm 
 
Área S = 1/4 x  x r2 = 1/4 x  x 62 = 28,27 cm2 
 
Dividir o triângulo em duas partes (2 triângulos retângulos, conforme representado na figura. 
 
Considerando-se o triângulo retângulo superior, 
temos: 
XCG = b / 3 = 9 / 3 = 3 cm 
YCG = YCG1 + 3 
YCG = h / 3 + 3 = 3 / 3 + 3 = 4 cm 
 
Área S = base x altura / 2 = 9 x 3 / 2 = 13,5 cm2 
 
 
Considerando-se o triângulo retângulo inferior, 
temos: 
XCG = b / 3 = 9 / 3 = 3 cm 
YCG = 3 - YCG1 
YCG = 3 – h / 3 = 3 - 3 / 3 = 2 cm 
 
Área S = base x altura / 2 = 9 x 3 / 2 = 13,5 cm2 
 
Preenchendo a tabela com os dados de centro de gravidade de cada secção e suas áreas correspondentes temos: 
 
Secção Área S secção XCG secção S x XCG 
secção 
YCG secção S x YCG 
secção 
¼ círculo 28,27 - 2,55 - 72,09 2,55 72,09 
triângulo 
superior 
13,5 3 40,5 4 54 
triângulo 
inferior 
13,5 3 40,5 2 27 
 
Somatória 55,27 --------------- 8,91 --------------- 153,09 
 
  S x XCG secções 
XCG peça = -------------------------- 
  S secções 
 8,91 
XCG peça = ---------- = 0,16 cm 
 55,27 
 
  S x YCG secções 
YCG peça = -------------------------- 
  S secções 
 153,59 
YCG peça = ---------- = 2,78 cm 
 55,27 
 
 
Portanto, a posição do centro de gravidade desta peça é: 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 6 
2) Definir o baricentro da estrutura montada composta de 2 cantoneiras 6” x 6” e uma chapa intermediária de 170 x 
25 mm soldadas entre si, conforme croqui abaixo. 
Desconsiderar os cordões de solda no cálculo do baricentro. 
 
Cantoneira 6” x 6” (152,4 x 152,4 mm) 
 
Posição do centro de gravidade da 
cantoneira 
 
Área da secção da cantoneira: 5444mm2 
 
Os centros de gravidade das 2 cantoneiras, superiore inferior já estão definidas na figura ao lado. 
 
Para calcular o baricentro da chapa intermediária utilizamos as fórmulas do retângulo: 
XCG = b / 2 = 170 / 2 = 85 mm 
YCG = h / 2 = 25 / 2 = 12,5 mm 
A área do retângulo é igual a b x h = 170 x 25 = 4.250 mm2. 
 
Sendo assim, a posição do baricentro de cada figura fica conforme segue: 
 
Cálculo do centro de gravidade de cada figura, conforme cotas indicadas no croqui acima: 
a) Cantoneira superior (1): 
XCG = 10 + 4,52 = 14,52 mm 
YCG = 4,52 + 25 + 152,4 = 181,92 mm 
 
b) Cantoneira inferior (2): 
XCG = 10 + 4,52 = 14,52 mm 
YCG = 152,4 – 4,52 = 147,88 mm 
 
c) Chapa intermediária (3): 
XCG = 85 mm 
YCG = 12,5 + 152,4 = 164,9 mm 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 7 
ΣXi x Si ΣYi x Si 
Xcg perfil = Ycg perfil = 
ΣSi ΣSi
ΣXi x Si 14,52x5444+14,52x5444+85x4250
Xcg perfil = = = 34,3mm
ΣSi 5444+5444+4250
ΣYi x Si 181,92x5444+147,88x5444+164,9x4250
Ycg perfil = = 
ΣSi 5444+5
 = 164,9mm
444+4250
 
 
Ou 
 
Preenchendo os dados na tabela abaixo, temos: 
Secção Área S secção XCG 
secção 
S x XCG secção YCG 
secção 
S x YCG secção 
Cantoneira 
superior 
5444 14,52 79.046,88 181,92 990.372,48 
Cantoneira 
inferior 
5444 14,52 79.046,88 147,88 805.058,72 
Chapa 4250 85 361.250 164,9 700.825 
 
Somatória 15.138 ----------- 519.343,76 ------------ 2.496.256,2 
 
  S x XCG secções 
XCG peça = --------------------------- = 
  S secções 
 519.343,76 
 = -------------------- = 34,3 mm 
 15.138 
  S x YCG secções 
YCG peça = -------------------------- = 
  S secções 
 2.496.256,2 
 = ---------------------- = 164,9 mm 
 15.138 
A posição do baricentro desta estrutura composta está localizada em relação à origem dos eixos de coordenadas X-Y 
de XCG = 34,3 mm e YCG = 164,9 mm. 
 
3) Determinar o centro de gravidade (baricentro) da peça abaixo. 
As medidas estão em mm (milímetros). 
As medidas não estão em escala. 
 
 
a) Dividir a peça em secções menores conhecidas, de forma que facilite o cálculo posterior do baricentro de cada 
uma delas. 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 8 
Secções identificadas: 
(1) Retângulo de lados 182 e 106 (54 + 52) mm. 
(2) Triângulo de lados 52 e 52 mm. 
(3) Retângulo de lados 24 e 47 mm. 
(4) Retângulo de lados 51 e 52 mm. 
 
b) Definir a posição dos eixos de coordenadas X e Y, de forma que facilite os cálculos: 
 
c) Preenchendo a tabela abaixo com as áreas e baricentro de cada secção identificada, lembrando que a figura que 
não faz parte da figura final tem sua área considerada como negativa, temos: 
Secção Área S secção XCG secção S x XCG 
secção 
YCG secção S x YCG 
secção 
1 19292 91 1755572 53 1022476 
2 -1404 18 -25272 17,33 -24331,32 
3 -1128 137,5 -155100 80 -90240 
4 -2652 156 -413712 25,5 -67626 
Somatória 14108 --------------- 1161488 --------------- 840278,68 
 
d) Calculamos então, o centro de gravidade da peça, utilizando as seguintes fórmulas: 
  S x XCG secções 
XCG peça = -------------------------- 
  S secções 
 
 1161488 
XCG peça = ------------ = 82,33 mm 
 14108 
  S x YCG secções 
YCG peça = -------------------------- 
  S secções 
 
 840278,68 
YCG peça = -------------- = 59,56 mm 
 14108 
 
Ou o cálculo direto pelas fórmulas sem preenchimento da tabela: 
 
ΣXi x Si ΣYi x Si 
Xcg perfil = Ycg perfil = 
ΣSi ΣSi
ΣXi x Si 91 x 19292 - 18 x 1404 - 137,5 x 1128 - 156 x 2652
Xcg perfil = = = 82,33mm
ΣSi 19292 - 1404 - 1128 - 2652
ΣYi x Si 53 x 1
Ycg perfil = = 
ΣSi
9292 - 17,33 x 1404 - 80 x 1128 - 25,5 x 2652
 = 59,56mm
19292 - 1404 - 1128 - 2652
 
 
Portanto, a posição do centro de gravidade da peça está representada na figura abaixo. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 9 
 
4) Calcular o baricentro em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura no formato tubular. 
Desconsiderar os cordões de solda eventualmente utilizados para formar a secção transversal tubular. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
 
Baricentro (centro de gravidade) 
Secção XCG secção YCG secção Área S secção S x XCG secção S x YCG secção 
1 5 7 140 700 980 
2 5 8,5 - 42 - 210 - 357 
∑ 98 490 623 
CG secção
CG perfil total
secção
 S x X 490
X = = = 5cm
 S 98


 
CG secção
CG perfil total
secção
 S x Y 623
Y = = = 6,36cm
 S 98


 
 
ΣXi x Si ΣYi x Si 
Xcg perfil = Ycg perfil = 
ΣSi ΣSi
ΣXi x Si 5 x 140 - 5 x 42
Xcg perfil = = = 5cm
ΣSi 140 - 42
ΣYi x Si 7 x 140 - 8,5 x 42
Ycg perfil = = = 6,36cm
ΣSi 140 - 42
 
 
 
5) Calcular o baricentro em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura montada, composta por duas 
placas retangulares soldadas. 
Desconsiderar os cordões de solda utilizados. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 10 
Baricentro (centro de gravidade) 
Secção XCG secção YCG secção Área S secção S x XCG secção S x YCG secção 
1 5 11,5 30 150 345 
2 6,5 5 30 195 150 
∑ 60 345 495 
CG secção
CG perfil total
secção
 S x X 345
X = = = 5,75cm
 S 60


 
CG secção
CG perfil total
secção
 S x Y 495
Y = = = 8,25cm
 S 60


 
 
6) Calcular o baricentro (centro de gravidade) em relação aos eixos x e y da secção transversal vazada da estrutura 
abaixo. 
Os eixos de coordenadas já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
 
 
xCG = 0 e yCG = 0. 
 
 
 
MOMENTO DE INÉRCIA 
O momento de inércia é muito importante no dimensionamento de elementos de construção, pois através dos seus 
valores numéricos nos fornece uma noção da resistência da peça. 
 
Quanto maior o momento de inércia da secção transversal de uma peça, maior será a resistência da peça. 
 
Momento de inércia J: Resistência à flexão de uma viga, em função da sua geometria em relação a um eixo. 
 
Módulo de Resistência à Flexão W: Resistência da secção em relação ao esforço de flexão 
Wx = Jx / ymax 
Wy = Jy / xmax 
 
Raio de Giração i: 
Jx = S . ix2 
Jy = S . iy2 
 
Viga bi-apoiada com 
esforços atuando na parte 
superior 
Cálculo das reações nos 
apoios A e B 
Diagrama de Momento Fletor 
 
 
 
- Cálculo da Tensão admissível: adm = e / k, k: fator de segurança. 
- Dimensionamento do perfil: adm = M / W (M: Momento Fletor; W: Módulo de Resistência (depende da 
secção transversal do perfil). 
- Valores de Wx e Wy podem variar; neste caso utilizar a pior condição, ou seja, o menor dos W, a não ser 
que a viga já tenha a sua posição de apoio definida. 
- W: Quando o perfil é conhecido, este dado já está tabelado. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 11 
 
Tabela – Momentode Inércia / Raio de Giração / Módulo de Resistência 
Secção Momento de Inércia J Raio de Giração i 
Módulo de Resistência 
W 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
1) Determinar o momento de inércia e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y no perfil 
representado abaixo: 
unidade em mm 
Conforme tabela , temos: 
 
Momento de Inércia J 
 
Módulo de Resistência W 
 
Base b = 120 mm = 12 cm 
Altura h = 180 mm = 18 cm 
 
Jx = b x h3 / 12 = 12 x 183 / 12 = 5.832 cm4 
Jy = h x b3 / 12 = 18 x 123 / 12 = 2.592 cm4 
 
Wx = b x h2 / 6 = 12 x 182 / 6 = 648 cm3 
Wy = h x b2 / 6 = 18 x 122 / 6 = 432 cm3 
 
2) Determinar o momento de inércia e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y nos perfis 
representados a seguir. 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 13 
unidade em mm 
Conforme tabela , temos: 
 
Momento de Inércia J 
 
Módulo de Resistência W 
 
Diâmetro d = 280 mm = 28 cm. 
Jx = Jy =  x d4 / 64 =  x 284 / 64 = 30.172 cm4 
Wx = Wy =  x d3 / 32 =  x 283 / 32 = 2.155 cm3 
 
 
E QUANDO NÃO TEM O J E W TABELADO, MAS SE TEM A SECÇÃO COMPOSTA (VÁRIAS SECÇÕES 
MENORES CONHECIDAS), O QUE FAZER? 
 
 
Neste caso, deve ser calculado o momento de 
inércia desta secção. 
Jx – Momento de inércia em relação ao eixo X 
Jy – Momento de inércia em relação ao eixo Y 
 
Em qual sentido esta viga possui maior resistência? 
 
A maior resistência à flexão é quando a carga atua 
na parte superior desta viga 
 
Pela tabela, Jx > Jy (Quanto maior o Momento de 
Inércia, maior será a sua resistência à flexão em 
torno do eixo considerado) 
 
No exemplo da cantoneira (perfil em L), não temos o perfil tabelado. 
Neste caso temos que calcular Wx e Wy. 
Para isso, devemos seguir a seguinte receita: 
 
Receita para cálculo do Momento de Inércia e Módulo de Resistência à Flexão: 
 
a) Dividir a secção em secções menores (seccções básicas). 
b) Calcular baricentro da secção estudada. 
c) Calcular Momento de Inércia Jx e Jy de cada secção (atenção, se a secção é simétrica em relação aos eixos 
X e Y, os momentos Jx e Jy são iguais). 
d) Fazer a somatória dos momentos de inércia das secções separadamente Jx do Jy (subtrair no caso da figura 
não fazer parte da secção). 
e) Caso a origem dos eixos da secção estudada (baricentro calculado anteriormente) não coincidir com as 
origens dos eixos de cada secção, fazer o transporte (translação) para a origem dos eixos da secção. 
: 
Jx = (Jx1 + S1 x y12) + (Jx2 + S2 x y22) + Jx3 
 
Jx3: Momento de inércia da secção 3, sendo que o baricentro da figura 3 coincide com o baricentro da secção 
composta. 
 
Jx1 e Jx2 : Momentos de inércia das secções 1 e 2 respectivamente, sendo que ambos os baricentros não 
coincidem com o baricentro da secção composta. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 14 
S1 e S2 : Áreas das secções das secções 1 e 2 respectivamente. 
 
y1 e y2 : Distância entre baricentros das secções 1 e 2 respectivamente e baricentro da secção composta, no 
sentido Y. 
 
Fazer o mesmo para Jy = (Jy1 + S1 x x12) + (Jy2 + S2 x x22) + Jy3 
 
 
Calcular Módulos de Resistência Wx e Wy: 
Wx = Jx / ymax 
Wy = Jy / xmax 
 
 
 
 
Jx = (Jx1 + S1 x y12) + (Jx2 + S2 x y22) + Jx3 
Jy = (Jy1 + S1 x x12) + (Jy2 + S2 x x22) + Jy3 
 
Wx = Jx / ymax 
Wy = Jy / xmax 
 
xmax e ymax: máximas distâncias do centro de gravidade da secção transversal da viga em relação ao 
contorno da mesma, nos eixos X e Y. 
 
adm = M / Wx adm = M / Wy 
 
 
Exemplos: 
 
1) Calcular o momento de inércia em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura montada, composta 
por duas placas retangulares soldadas. 
Desconsiderar os cordões de solda utilizados. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
Dados: xCG = 5cm e yCG = 4,75cm. 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 15 
 
4
3 3
4
X1 Y1
10 x 3 3 x 10
J = = 22,5cm , J = = 250cm
12 12
 
4
3 3
4
X2 Y2
3 x 10 10 x 3
J = = 250cm , J = = 22,5cm
12 12
 
 
2 2
XJ = (Jx1 + S1 x y1 ) + (Jx2 + S2 x y2 ) 
S1 = S2 = 30cm2
y1 = 4,75 - 1,5 = 3,25cm (distância entre cg do perfil e cg da secção 1, em y) 
y2 = 8 - 4,75 = 3,25cm (distância entre cg do perfil e cg da sec
42 2
X
ção 2, em y)
J = (22,5 + 30 x 3,25 ) + (250 + 30 x 3,25 ) = 906,25cm 
 
 
2 2
Y
Y
J = (Jy1 + S1 x x1 ) + (Jy2 + S2 x x2 ) 
S1 = S2 = 30cm2
x1 = 5 - 5 = 0 (distância entre cg do perfil e cg da secção 1, em x)
x2 = 5 - 5 = 0 (distância entre cg do perfil e cg da secção 2, em x) 
J = 42 2(250 + 30 x 0 ) + (22,5 + 30 x 0 ) = 272,5cm 
 
 
2) Calcular o momento de inércia em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura montada, composta 
por duas placas retangulares soldadas. 
Desconsiderar os cordões de solda utilizados. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
Dados: xCG = 5,75cm e yCG = 8,25cm. 
 
4
3 3
4
X1 Y1
10 x 3 3 x 10
J = = 22,5cm , J = = 250cm
12 12
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 16 
4
3 3
4
X2 Y2
3 x 10 10 x 3
J = = 250cm , J = = 22,5cm
12 12
 
42 2
XJ = (22,5 + 30 x 3,25 ) + (250 + 30 x 3,25 ) = 906,25cm 
 
42 2
YJ = (250 + 30 x 0,75 ) + (22,5 + 30 x 0,75 ) = 306,25cm
 
 
3) Calcular os momentos de inércia em relação aos eixos x e y da secção transversal vazada da estrutura abaixo. 
Os eixos de coordenadas já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
 
 
Círculo: 
4 4
4
X1 Y1
 x d x 20
J = J = = =7.854cm
64 64
  
Quadrado: 
4 4
4
X2 Y2
a 8
J = J = = = 341,3cm
12 12
 
 
4
X Y X1 X2J = J = J - J = 7.854 - 341,3 = 7.512,7cm 
 
 
4) Calcular o módulo de resistência em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura montada, 
composta por duas placas retangulares soldadas. 
Desconsiderar os cordões de solda utilizados. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
Dados: xCG = 2,68cm e yCG = 7,32cm, JX = 657,66cm4 e JY = 227,66cm4 . 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 17 
3
Ymax = 7,32 - 0 = 7,32cm (máxima distância em Y entre o Ycg e a borda do perfil)
Xmax = 8 - 2,68 = 5,32cm (máxima distância em X entre o Xcg e a borda do perfil)
Jx 657,66
Wx = = = 89,84cm
Ymax 7,32
Wy = 3
Jy 227,66
 = = 42,79cm
Xmax 5,32
 
 
5) Calcular o módulo de resistência em relação aos eixos x e y da secção transversal da estrutura montada, 
composta por duas placas retangulares soldadas. 
Desconsiderar os cordões de solda utilizados. 
Os eixos de coordenados já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
Dados: xCG = 5,75cm e yCG = 8,25cm, JX = 906,25cm4 e JY = 306,25cm4 . 
 
3
3
906,25
Wx = = 109,85cm
8,25
306,25
Wy = = 53,26cm
5,75
 
 
6) Calcular os módulos de resistência em relação aos eixos x e y da secção transversal vazada da estrutura abaixo. 
Oseixos de coordenadas já estão previamente definidos. 
Medidas em cm. 
Dados: xCG = yCG = 0, JX = JY = 7.512,7cm4 . 
 
 
 
3Jx 7.512,7Wx = Wy = = = 751,27cm
y 10MAX
 
 
7) Determinar o momento de inércia e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y do perfil 
representado na figura abaixo (note que o quadrado e o círculo possuem o mesmo centro de gravidade). 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 18 
unidade em mm 
 
Existem 2 secções, quadrado e círculo. O centro de gravidade do perfil coincide com os centros de gravidade das 
secções. 
 
a) Secção 1: Quadrado de lado a = 400 mm = 40 cm. 
 
 
Jx1 = Jy1 = a4 / 32 = 404 / 32 = 213.333,3 cm4 
 
b) Secção 2: Círculo de diâmetro d = 200 mm = 20 cm. 
 
 
Jx2 = Jy2 =  x d4 / 64 =  x 204 / 64 = 7.854 cm4 
 
c) Cálculo da Secção composta 1 e 2: 
Jx = Jx1 - Jx2 = 213.333,3 – 7.854 = 205.479,3 cm4 (considerado Jx2 como negativo pois não faz parte da figura). 
 
Para calcular os módulos de resistência Wx e Wy, temos: 
Wx = Jx / ymax 
Wy = Jy / xmax 
Como a figura é simétrica, então Wx = Wy ---> Wx = Wy = Jx / ymax = 205.479,3 / 20 = 10.273,96 cm3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 19 
RESISTÊNCIA À FLEXÃO 
 
 
 
Verifica-se em vigas, postes engastados, etc... 
 
 
Flexão pura: 
Quando apresenta apenas momento fletor nas 
diferentes secções transversais, sem força cortante 
atuando nestas secções. 
Ex: Secção entre C e D. 
 
Flexão simples: 
Quando apresenta simultaneamente momento fletor 
e força cortante atuante nas diferentes secções 
transversais. 
Ex: Secções entre A e C; D e B. 
 
 
 
FORÇA CORTANTE Q E MOMENTO FLETOR M 
 
Convenção de sinais nos diagramas 
 
Nos exemplos de cálculo, utilizamos normalmente esta convenção de sinais, com a força cortante positiva com 
sentido para cima e momento fletor positivo com sentido de giro anti-horário. 
 
 
 
Momento fletor positivo com sentido de giro horário 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 20 
Força cortante Q 
Força cortante positiva – momento fletor positivo na 
peça. 
Vigas horizontais – Força positiva quando atua à 
esquerda da secção transversal estudada, de baixo 
para cima. 
Vigas verticais – Força positiva quando atua à 
esquerda da secção estudada, com sentido dirigido da 
esquerda para a direita. 
 
Momento fletor M 
Momento positivo quando as forças atuantes na peça 
tracionam as suas fibras inferiores. 
 
Momento negativo quando as forças atuantes na peça 
comprimem as suas fibras inferiores. 
 
Positivo quando o momento é horário à esquerda da 
secção transversal estudada. 
 
 
Força cortante Q 
Resultante das forças cortantes atuantes à esquerda 
da secção transversal estudada. 
Secção A-A: Q = RA 
Secção B-B: Q = RA – P1 
Secção C-C = RA – P1 – P2 
 
 
Momento fletor M 
Resultante dos momentos atuantes à esquerda da 
secção transversal estudada. 
Secção A-A: M = RA x X 
Secção B-B: M = RA x X – P1(X–a) 
Secção C-C: M = RA x X – P1(X–a) – P2[X–(a+b)] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 21 
Exemplos de diagramas de força cortante e momento fletor com a convenção de sinais para momento 
sentido horário positivo 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 23 
 
Dimensionamento na flexão 
x = M / Wx, sendo que Wx = Jx / ymax 
y = M / Wy, sendo que Wy = Jy / xmax 
Para dimensionar a peça, utilizar x = y = 
 
x e y : Tensão normal atuante na fibra mais 
afastada [Pa; N/mm2; ...] 
: Tensão admissível [Pa; N/mm2; ...] 
M: Momento fletor [Nm; Nmm;...] 
Wx e Wy: Módulo de resistência da secção 
transversal [m3; mm3;...] 
xmax e ymax: Distância máxima entre LN (linha neutra) 
e extremidade da secção [m; mm; ...] 
 
 
 
 
Procedimento para dimensionamento de um perfil composto quanto à sua Resistência à Flexão: 
 
a) Calcular as reações nos apoios. 
b) Construir o diagrama de momento fletor, identificando o momento fletor máximo agindo na estrutura. 
c) Determinar o baricentro do perfil composto. 
d) Determinar os momentos de inércia Jx e Jy do perfil composto, considerando individualmente o momento de 
inércia de cada secção e o seu deslocamento. 
e) Determinar os módulos de resistência Wx e Wy. 
f) Utilizando as fórmulas de tensão ( e = Mmax / W ), dimensionar a secção da estrutura, considerando o fator 
de segurança quando solicitado. 
Mmax: Momento fletor máximo agindo na estrutura 
W: Módulo de resistência do material 
Atenção especial deve ser dada para a compatibilidade de unidades de medida. 
 
Exemplos: 
 
1) Calcular a máxima força P que este perfil redondo pode suportar quanto à sua resistência à flexão. 
O material do perfil possui uma tensão de escoamento de 2.000 Kgf/cm2. 
A secção do perfil é redonda, com diâmetro de 6 cm. 
Considerar nos cálculos um fator de segurança igual a 4. 
O módulo de resistência do material é igual a  x d3 / 32, tanto para o eixo X-X, quanto para o eixo Y-Y. 
adm = Mmáx / W , sendo que Mmáx é o máximo momento fletor atuando na estrutura. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 24 
adm = e / F = 2000 / 4 = 500 Kgf/cm2 
 
adm = Mmáx / W  Mmáx = adm x W 
100 x P = 500 x  x 63 / 32 
100 x P = 10603 
P = 10603 / 100 = 106 Kgf 
 
 
2) Qual a máxima carga P que esta estrutura pode suportar, quanto a sua resistência à flexão? 
Informações sobre o projeto: 
 
A carga P atua exatamente na metade do comprimento do perfil composto. 
O perfil composto é constituído da seguinte forma: Uma viga I e uma chapa soldada na sua parte superior. 
Desconsiderar os cordões de solda. 
Dimensões e outras características do perfil e da chapa são conforme segue: 
 
A chapa e o perfil I são compostos do mesmo material, com e = 180 Mpa. 
Deve ser utilizado um coeficiente de segurança F = 3. 
 
a) Cálculo das reações nos apoios A e B: 
 
No apoio A não foi considerado a reação RAx na direção horizontal, pois não existe nenhuma força atuando nesta 
direção na estrutura. 
Para um sistema em equilíbrio de forças,  Fx = 0, portanto RAx = 0. 
 
 
 Fy = 0, então RAy + RBy = P 
 MB = 0, então (400 + 400)RAy – 400P = 0, então 800RAy = 400P 
Então RAy = 400P / 800 = P / 2 
RAy + RBy = P, então P / 2 + RBy = P, então RBy = P / 2. 
 
b) Construção do diagrama de momento fletor: 
 
Analisando esta estrutura partindo do apoio A no sentindo direito, o momento aumenta linearmente até atingir o pico 
no ponto de atuação da carga P (Mp = RAy x 400 = P / 2 x 400 = 200P). 
Esta variação linear é devida ao aumento proporcional de M à medida que se aumenta a distância em relação ao 
ponto onde atua a reação – ponto A, pois M = RAy x distância (à medida que se afasta do apoio A, o momento 
aumenta na mesma proporção). 
Á direita do ponto de atuação de P, o momento vai decrescendo linearmente até se anular no apoio B (MB = RAy x 
(400 + 400) – Px 400 = (P / 2) x 800 – P x 400 = P x 400 – P x 400 = 0). 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 25 
 
 
c) Determinação do centro de gravidade (baricentro) do perfil composto: 
 
O eixo Y está localizado bem no meio da secção do perfil, pois o mesmo é simétrico em relação a este eixo. 
Não sabemos ainda a posição do eixo X do centro de gravidade, portanto devemos calculá-lo, definindo como 
referência o eixo u. 
Transformando as dimensões do perfil I e da chapa para centímetros, temos: 
Figura Área S figura XG figura S x XG figura YG figura S x YG figura 
Perfil I 19 6,35 120,65 
Chapa 10 12,7 + 0,5 132 
 
Somatória 29 --------------- --------------- 252,65 
 
  S x XG figuras 
 XG peça = ----------------------- 
  S figuras 
  S x YG figuras 
YG peça = ----------------------- = 8,71 cm 
  S figuras 
 
d) Determinação dos momentos de inércia Jx e Jy: 
 
O cálculo dos momentos de inércia seguem a mesma regra utilizada para cálculo do baricentro de uma figura plana, 
onde ocorre também o transporte de cada figura para a origem dos eixos de coordenadas considerados. 
O momento de inércia em relação ao eixo baricêntrico X é determinado pela soma dos momentos de inércia da 
chapa e do perfil I, e os respectivos transportes de eixos (pois o eixo baricêntrico dos perfil I e chapa não coincidem 
com o eixo baricêntrico do perfil composto). 
 
Sendo a chapa identificada como secção 1 e o perfil I identificado como secção 2, temos: 
 
Jx = Jx1 + S1 x y’12 + Jx2 + S2 x y’22 
 
Chapa: 
Jx1 = b x h3 / 12 = 10 x 13 / 12 = 0,83 cm4 
S1 x y’12 = (10 x 1) x (0,5 + 12,7 – 8,71)2 = 10 x 4,492 = 201,6 cm4 
Perfil I: 
Jx2 = 511 cm4 
S2 x y’22 = 19 x (8,71 – 12,7 / 2)2 = 19 x (8,71 – 6,35)2 = 105,8 cm4 
 
Portanto, Jx = 0,83 + 201,6 + 511 + 105,8 = 819,25 cm4 
 
O momento de inércia relativo ao eixo Y não tem o transporte, pois os eixos Y da chapa e do perfil I coincidem com o 
eixo Y do perfil composto. 
 
Jy = Jy1 + Jy2 
Chapa: 
Jy1 = b x h3 / 12 = 1 x 103 / 12 = 83,3 cm4 
Perfil I: 
Jy2 = 50 cm4 
 
Portanto, Jy = 83,3 + 50 = 133,3 cm4 
 
e) Determinação dos módulos de resistência Wx e Wy: 
 
Wx = Jx / Ymáx = 819,25 / 8,71 = 94 cm3 
Wy = Jy / Xmáx = 133,3 / 5 = 26,67 cm3 
 
Ymax e Xmax – máximas distâncias das bordas do perfil composto em relação ao seu centro de gravidade, 
nos eixos X e Y. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 26 
Como a solicitação é vertical (aplicação da carga), consideraremos apenas o Wx. 
 
f) Determinação da máxima carga P: 
 
e = 180 Mpa = 180 N/mm2 = 18.000 N/cm2 = 1800 Kgf/cm2 
 
adm = e / F = 1800 / 3 = 600 Kgf/ cm2 
 
adm = Mmax / Wx, então adm x Wx = Mmax, logo adm x Wx = 200P 
 
Portanto, 600 x 94 = 200P, então P = 282 Kgf. 
 
 
3) Calcular o momento de inércia, módulo de resistência e tensão admissível do perfil composto por 2 chapas 
soldadas. 
 
Calculando o centro de gravidade deste perfil temos os valores de Xcg e Ycg = 36 mm, conforme mostrado na figura. 
 
a) Cálculo do momento de inércia de cada chapa: 
 
Chapa 1: 
 
 
b = 100 e h = 30 
Jx1 = 100 x 303 / 12 = 225.000mm4 
Jy1 = 30 x 1003 / 12 = 2.500.000mm4 
 
Chapa 2: 
b = 30 e h = 70 
Jx2 = 30 x 703 / 12 = 857.500mm4 
Jy2 = 70 x 303 / 12 = 157.500mm4 
 
b) Cálculo do momento de inércia do perfil composto: 
Y1: distância entre o centro gravidade da chapa 1 e o centro gravidade do perfil, no eixo Y = 21 
X1: distância entre o centro gravidade da chapa 1 e o centro gravidade do perfil, no eixo X = 14. 
Y2: distância entre o centro gravidade da chapa 2 e o centro gravidade do perfil, no eixo Y = 29. 
X2: distância entre o centro gravidade da chapa 2 e o centro gravidade do perfil, no eixo X = 21. 
S1 = 3000 mm2 
S2 = 2100 mm2 
 
Jx = (Jx1 + S1 x y12) + (Jx2 + S2 x y22) 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 27 
Jx = (225.000 + 3000 x 212) + (857.500 + 2100 x 292) = 2.623.600 mm4 
 
Jy = (Jy1 + S1 x x12) + (Jy2 + S2 x x22) 
Jy = (2.500.000 + 3000 x 142) + (157.500 + 2100 x 212) = 4.171.600 mm4 
 
c) Cálculo do módulo de resistência do perfil composto: 
ymax: máxima distância entre o centro de gravidade do perfil e borda do perfil no sentido vertical = 64mm. 
xmax: máxima distância entre o centro de gravidade do perfil e borda do perfil no sentido horizontal = 64mm. 
 
Wx = Jx / ymax = 2.623.600 / 64 = 40.994 mm3 
Wy = Jy / xmax = 4.171.600 / 64 = 65.181 mm3 
 
d) Cálculo da tensão admissível do perfil: 
Supondo máximo momento fletor atuando no perfil é de 375.000 Kgfmm e supondo também que a solda não interfere 
na resistência do material. 
 
Para força atuando no sentido horizontal: 
adm = M / Wx = 375.000 / 40.994 = 9,2 Kgf/mm2 
 
Para força atuando no sentido vertical: 
adm = M / Wy = 375.000 / 65.181 = 5,8 Kgf/mm2 
 
 
4) Sobre uma viga agem os esforços representados 
na figura. 
Selecionar o perfil tipo I mais adequado na tabela 
anexa, levando em conta também o custo, para 
operar com segurança no sistema apresentado 
para resistir à flexão. 
Condição de carregamento conforme mostrada ao 
lado. 
Utilizar nos cálculos um fator de segurança igual a 
2. 
Não considerar o peso próprio da viga. 
Material da viga com e = 180 MPa e E = 200 GPa. 
 
 
 
 
Momento máximo = 18kNm = 18.000.000 Nmm 
 
Cálculo do perfil: 
K = 2 
σadm = σe / K = 180 / 2 = 90 N/mm2 
Mmáx = 18.000.000 Nmm 
 
σadm = Mmáx / W, então W = Mmáx / σadm, então, 
W =18.000.000 / 90 = 200.000mm3 = 200cm3 
 
Forças atuam na direção y, então escolher com Wx imediatamente superior ao calculado: 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 28 
Perfil I 8 x 4” x 6,86 mm esp alma com Wx = 236cm3 
 
 
5) Sobre uma viga agem os esforços representados 
na figura. 
Selecionar o perfil tipo I mais adequado na tabela 
anexa, levando em conta também o custo, para 
operar com segurança no sistema apresentado para 
resistir à flexão. 
Condição de carregamento conforme mostrada ao 
lado. 
Utilizar nos cálculos um fator de segurança igual a 
2,5. 
Não considerar o peso próprio da viga. 
Material da viga com e = 180 MPa e E = 200 GPa. 
 
 
Momento máximo = 26Nm = 26.000.000 Nmm 
 
Cálculo do perfil: 
K = 2,5 
σadm = σe / K = 180 / 2,5 = 72 N/mm2 
Mmáx = 26.000.000 Nmm 
 
σadm = Mmáx / W, então W = Mmáx / σadm, então, 
W =26.000.000 / 72 = 361.111mm3 = 361,11cm3 
 
Forças atuam na direção y, então escolher com Wx imediatamente superior ao calculado: 
 
Perfil I 10 x 4 5/8” x 7,87 mm esp alma com Wx = 405cm3 
 
6) O robô industrial, mostrado na figura abaixo, é mantido na posição estacionária indicada e ele é rotulado em A e 
conectado a um cilindro hidráulico BD. 
Dimensione a o eixo ABC quanto à sua resistência à flexão, admitindo que o braço e a garra tenham um peso 
uniforme de 0,6 KN/m e suportam uma carga de 4 KN em C. Considerar a secção transversal circular do braço 
praticamente maciça. 
Dados: Material do braço com e = 280 MPa. 
Condição de carregamento conforme mostrada ao lado. 
Sabe-se que o máximo momento fletor agindo na estrutura é de 5,28kNm. 
Utilizar nos cálculos um fator de segurança igual a 2. 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 29 
 
Diagrama do momento fletor: 
 
Cálculo doperfil: 
K = 2 (fator de segurança) 
σadm = σe / K = 280 / 2 = 140 N/mm2 
Mmáx = 5,28 kNm = 5.280.000 Nmm 
 
σadm = Mmáx / W, então W = Mmáx / σadm, então W = 5.280.000 / 140 = 37.714 mm3 (módulo de resistência) 
 
Fórmula para cálculo do módulo de resistência de eixos maciços: 
,
3
X
3
3 3
3
 x d
W = 
32
 x d 37.714 x 32
37.714 = , então = d , então 384.152 = d , então
32
d= 384.152 = 72,69mm


 
 
 
7) Dimensionar, calculando o seu diâmetro, o eixo de um motor elétrico representado na figura com relação à sua 
resistência à flexão, considerando que o mesmo possui secção circular maciça. 
A carga aplicada na polia e ponta do eixo é de 22 kN para acionamento de um outro equipamento acoplado ao motor 
através de uma correia. 
Dados: Material do eixo com e = 280 MPa. 
Condição de carregamento conforme mostrada ao lado. 
Sabe-se que o máximo momento fletor agindo na estrutura é de 4,4kNm. 
Não considerar o peso próprio do eixo. 
Utilizar nos cálculos um fator de segurança igual a 2. 
 
Diagrama do momento fletor: 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 30 
 
Cálculo do perfil: 
K = 2 (fator de segurança) 
σadm = σe / K = 280 / 2 = 140 N/mm2 
Mmáx = 4,4 kNm = 4.400.000 Nmm 
 
σadm = Mmáx / W, então W = Mmáx / σadm, então W = 4.400.000 / 140 = 31.429 mm3 (módulo de resistência) 
 
Fórmula para cálculo do módulo de resistência de eixos maciços: 
,
3
X
3
3 3
3
 x d
W = 
32
 x d 31.429 x 32
31.429 = , então = d , então 320.133 = d , então
32
d= 320.133 = 68,4mm


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 31 
RESISTÊNCIA À FLEXÃO – RESUMO 
 
 
 
Depende do material e secção transversal da viga / estrutura. 
 
2 2
3 3
X X
3 x 8 8 x 3
W = = 32 cm , W = = 12 cm
6 6
 
A primeira situação de aplicação de força apresentará maior resistência à flexão. 
 
Momento de Inércia J: resistência ao movimento da estrutura. 
 
Sequência para dimensionamento: 
 
1) Cálculo do baricentro (centróide). 
 
Secção simples: utilizar fórmula tabelada. 
 
Secção complexa: 
Dividir a secção da estrutura em secções conhecidas. 
Definir origem e eixos de coordenadas x e y, de forma que facilitem o cálculo do baricentro da secção da estrutura. 
Cálculo do baricentro de cada secção, em relação à origem definida para a secção da estrutura. 
Áreas que fazem parte da secção da estrutura (positiva) e que não fazem parte da estrutura (negativa). 
Preencher tabela: 
Secção Área S xCG yCG xCG x S yCG x S 
 
 
 
 Σ 
CG CG
CG CG
Σx x S Σy x S
x = , y = 
ΣS ΣS
 
Perfis com secções padronizadas: tabela definem a área da secção transversal e localização do baricentro. 
 
2) Cálculo do momento de inércia J. 
 
Sentido de flexão da estrutura: 
 No lado oposto ao da aplicação da carga. 
 
Maior resistência à flexão: 
 No sentido do maior momento de inércia da secção da estrutura. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 32 
Secção simples: aplicar fórmula tabelada 
 
 Secção retangular: 
 3 3
X Y
b x h h x b
J = , J = 
12 12
 
 
 Secção circular: 
 4
X Y
 x d
J = J = 
64
 
 
 Secção tubular: 
 4 )4
X Y
 x (D - d
J = J = 
64
 
 
Secção complexa: 
Perfis com secções padronizadas: tabela definem os momentos de inércia. 
 
a) Soma de secções: 
 
Calcular Jx e Jy para cada secção menor conhecida. 
 
Calcular momento de inércia resultante. 
 Para n secções: 
 
2 2 2
X X1 1 1 X2 2 2 X3 3 3J = (J + S x y ) + (J + S x y ) + (J +S x y )+...
 
 
2 2 2
Y Y1 1 1 Y2 2 2 Y3 3 3J = (J + S x x ) + (J + S x x ) + (J +S x x )+...
 
 
 b) Subtração de secções: 
 
 CG coincidentes: 
 
 
X X1 X2 Y Y1 Y2J = J - J , J = J - J
 
 Secção 1: retângulo completo, Secção 2: circulo 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 33 
CG não coincidentes: 
 
 
2 2 2
X X1 1 1 X2 2 2 X3 3 3J = (J + S x y ) - (J + S x y ) - (J +S x y )
 
 
2 2 2
Y Y1 1 1 Y2 2 2 Y3 3 3J = (J + S x x ) - (J + S x x ) - (J +S x x )
 
 Secção 1: retângulo maior completo, Secção 2: círculo, Secção 3: retângulo menor 
 
3) Cálculo do módulo de resistência à flexão W. 
 
Secção simples: aplicar fórmula tabelada 
 
 Secção retangular: 
 2 2
X Y
b x h h x b
W = , W = 
6 6
 
 
 Secção circular: 
 3
X Y
 x d
W = W = 
32
 
 
 Secção tubular: 
 4 )4
X Y
 x (D - d
W = W = 
32D
 
 
Secção complexa: 
Perfis com secções padronizadas: tabela definem os módulos de resistência. 
 
 xMAX e yMAX: máxima distância em relação às bordas, nas direções x e y. 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 34 
 
 
 
 
X Y
X Y
MAX MAX
J J
W = , W = 
y x
 
 
4) Dimensionamento da secção da estrutura: 
 
 
e
ADM = 
K


 
 
MAX
ADM
M
 = 
W

 
 
MMAX: Máximo momento fletor atuante na estrutura, determinado pelo diagrama de momento fletor. 
 
W: Módulo de resistência de flexão, em relação aos eixos x ou y, que deve ser escolhido de acordo onde 
ocorre a flexão. 
 
 Exemplo: Utilizando Wx para dimensionamento. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 35 
 
 
Quando utilizar perfis padronizados, consultar a tabela de perfis do fabricante escolhendo o perfil que tenha um 
módulo de resistência W imediatamente superior ao valor calculado. 
 
 
 
 
PERFIL I 
 Dimensões A EIXO X-X EIXO Y-Y P 
Medida 
Nominal 
Altura h 
(mm) 
Largura 
mesa b 
(mm) 
Espessura 
alma d (mm) 
Área 
secção 
(cm2) 
Jx 
(cm4) 
Wx 
(cm3) 
rx 
(cm) 
Jy 
(cm4) 
Wy 
(cm3) 
ry 
(cm) 
Peso 
(Kg/m) 
3"x 2 3/8" 76,2 59,2 4,32 10,8 105 27,6 3,12 18,9 6,4 1,33 8,5 
3"x 2 3/8" 76,2 61,2 6,38 12,3 112 29,6 3,02 21,3 7,0 1,31 9,7 
3"x 2 3/8" 76,2 63,7 8,86 14,2 121 32,0 2,93 24,4 7,7 1,31 1,.2 
4"x 2 5/8" 101,6 67,6 4,83 14,5 252 49,7 4,17 31,7 9,4 1,48 11,4 
4"x 2 5/8" 101,6 69,2 6,43 16,1 266 52,4 4,06 34,3 9,9 1,46 12,7 
4"x 2 5/8" 101,6 71,0 8,28 18,0 283 55,6 3,96 37,6 10,6 1,45 14,1 
4"x 2 5/8" 101,6 72,9 10,20 19,9 299 58,9 3,87 41,2 11,3 1,44 15,6 
5"x 3" 127,0 76,2 5,33 18,8 511 80,4 5,21 50,2 13,2 1,63 14,8 
5"x 3" 127,0 79,7 8,81 23,2 570 89,8 4,95 58,6 14,7 1,59 18,2 
5"x 3" 127,0 83,4 12,50 28,0 634 99,8 4,76 69,1 16,6 1,57 22,0 
6"x 3 3/8" 152,4 84,6 5,84 23,6 919 120,6 6,24 75,7 17,9 1,79 18,5 
6"x 3 3/8" 152,4 87,5 8,71 28,0 1003 131,7 5,99 84,9 19,4 1,74 22,0 
6"x 3 3/8" 152,4 90,6 11,80 32,7 1095 143,7 5,79 96,2 21,2 1,72 25,7 
 
Exemplo: Para um perfil I, obtivemos pelo cálculo Wx = 61 cm3. 
Devemos escolher pela tabela o perfil I com Wx = 80,4 cm3, com medidas de: 5” x 3” x 5,33 mm (altura x largura x 
espessura da alma). 
 
Diagrama da força cortante e momento fletor: 
 
Sentido de montagem do diagrama: esquerda para a direita. 
 
Cálculo da força cortante e do momento fletor em cada secção (I, II, III, etc). 
 
Cálculo um pouco antes da secção e um pouco depois da secção. 
 
 Motivo: 
Momentofletor: um pouco antes, não tem a ação do momento, um pouco depois já existe a ação do 
momento de 20 kNm. 
 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 36 
 
 
 
 
Carga distribuída 
 
Exemplo: Carga uniformemente distribuída. 
 
Força cortante 
 
Neste trecho: 
 
Numa distância X 
Q = 2 x X 
 
Momento fletor 
 
Neste trecho: 
 
Numa distância X 
M = Q x X/2 = 2 x X x X/2 
 
Após o trecho onde age a carga distribuída, considerar a força equivalente desta carga distribuída nos cálculos de 
força cortante e momento fletor. 
 
 
 
 
 
 
TABELA DE PERFIS PADRONIZADOS 
 
PERFIL I 
 Dimensões A EIXO X-X EIXO Y-Y P 
Medida 
Nominal 
Altura 
h (mm) 
Largura 
mesa b 
(mm) 
Espessura 
alma d (mm) 
Área 
secção 
(cm2) 
Jx 
(cm4) 
Wx 
(cm3) 
rx (cm) 
Jy 
(cm4) 
Wy 
(cm3) 
ry 
(cm) 
Peso 
(Kg/m) 
3"x 2 3/8" 76,2 59,2 4,32 10,8 105 27,6 3,12 18,9 6,4 1,33 8,5 
3"x 2 3/8" 76,2 61,2 6,38 12,3 112 29,6 3,02 21,3 7,0 1,31 9,7 
3"x 2 3/8" 76,2 63,7 8,86 14,2 121 32,0 2,93 24,4 7,7 1,31 1,.2 
4"x 2 5/8" 101,6 67,6 4,83 14,5 252 49,7 4,17 31,7 9,4 1,48 11,4 
4"x 2 5/8" 101,6 69,2 6,43 16,1 266 52,4 4,06 34,3 9,9 1,46 12,7 
4"x 2 5/8" 101,6 71,0 8,28 18,0 283 55,6 3,96 37,6 10,6 1,45 14,1 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 37 
4"x 2 5/8" 101,6 72,9 10,20 19,9 299 58,9 3,87 41,2 11,3 1,44 15,6 
5"x 3" 127,0 76,2 5,33 18,8 511 80,4 5,21 50,2 13,2 1,63 14,8 
5"x 3" 127,0 79,7 8,81 23,2 570 89,8 4,95 58,6 14,7 1,59 18,2 
5"x 3" 127,0 83,4 12,50 28,0 634 99,8 4,76 69,1 16,6 1,57 22,0 
6"x 3 3/8" 152,4 84,6 5,84 23,6 919 120,6 6,24 75,7 17,9 1,79 18,5 
6"x 3 3/8" 152,4 87,5 8,71 28,0 1003 131,7 5,99 84,9 19,4 1,74 22,0 
6"x 3 3/8" 152,4 90,6 11,80 32,7 1095 143,7 5,79 96,2 21,2 1,72 25,7 
8"x 4" 203,2 101,6 6,86 34,8 2400 236,0 8,30 155,1 30,5 2,11 27,3 
8"x 4" 203,2 103,6 8,86 38,9 2540 250,0 8,08 165,9 32,0 2,07 30,5 
8"x 4" 203,2 105,9 11,20 43,7 2700 266,0 7,86 179,4 33,9 2,03 34,3 
8"x 4" 203,2 108,3 13,50 48,3 2860 282,0 7,69 194 35,8 2,00 38,0 
10"x 4 
5/8" 
254,0 118,4 7,87 48,1 5140 405,0 10,30 282 47,7 2,42 37,7 
10"x 4 
5/8" 
254,0 121,8 11,40 56,9 5610 442,0 9,93 312 51,3 2,34 44,7 
10"x 4 
5/8" 
254,0 125,6 15,10 66,4 6120 482,0 9,60 348 55,4 2,29 52,1 
10"x 4 
5/8" 
254,0 129,3 18,80 75,9 6630 522,0 9,35 389 60,1 2,26 59,6 
12"x 5 
1/4" 
304,8 133,4 11,70 77,3 11330 743,0 12,10 563 84,5 2,70 60,6 
12"x 5 
1/4" 
304,8 136,0 14,40 85,4 11960 785,0 11,80 603 88,7 2,66 67,0 
12"x 5 
1/4" 
304,8 139,1 17,40 94,8 12690 833,0 11,60 654 94,0 2,63 74,4 
12"x 5 
1/4" 
304,8 142,2 20,60 104,3 13430 881,0 11,30 709 99,7 2,61 81,9 
15"x 5 
1/2" 
381,0 139,7 10,40 80,6 18580 975,0 15,20 598 85,7 2,73 63,3 
15"x 5 
1/2" 
381,0 140,8 11,50 84,7 19070 1001,0 15,00 614 87,3 2,70 66,5 
15"x 5 
1/2" 
381,0 143,3 14,00 94,2 20220 1061,0 14,70 653 91,2 2,63 73,9 
15"x 5 
1/2" 
381,0 145,7 16,50 103,6 21370 1122,0 14,40 696 95,5 2,59 81,4 
18"x 6" 457,2 152,4 11,70 103,7 33460 1464,0 18,00 867 113,7 2,89 81,4 
18"x 6" 457,2 154,6 13,90 113,8 35220 1541,0 17,60 912 117,9 2,83 89,3 
18"x 6" 457,2 156,7 16,00 123,3 36880 1613,0 17,30 957 122,1 2,79 96,8 
18"x 6" 457,2 158,8 18,10 132,8 38540 1686,0 17,00 1004 126,5 2,75 104,3 
20"x 7" 508,0 177,8 15,20 154,4 61640 2430,0 20,00 1872 211,0 3,48 121,2 
20"x 7" 508,0 179,1 16,60 161,3 63110 2480,0 19,80 1922 215,0 3,45 126,6 
20"x 7" 508,0 181,0 18,40 170,7 65140 2560,0 19,50 1993 220,0 3,42 134,0 
20"x 7" 508,0 182,9 20,30 180,3 67190 2650,0 19,30 2070 226,0 3,39 141,5 
20"x 7" 508,0 184,7 22,20 189,7 69220 2730,0 19,10 2140 232,0 3,36 148,9 
 
 
PERFIL U 
 P Dimensões A EIXO X-X EIXO Y-Y CG 
Medida 
Nominal 
Peso 
(Kg/m) 
Altura 
h (mm) 
Espessura 
alma d 
(mm) 
Largura 
aba b 
(mm) 
 Área 
secção 
(cm²) 
 Jx 
(cm4) 
 Wx 
(cm²) 
 rx 
(cm) 
Jy (cm4) 
Wy 
(cm³) 
 ry 
(cm) 
 xG 
(cm) 
3"x 1 1/2" 6,1 76,2 4,32 35,8 7,78 68,9 18,1 2,98 8,2 3,32 1,03 1,11 
3"x 1 1/2" 7,4 76,2 6,55 38 9,48 77,2 20,3 2,85 10,3 3,82 1,04 1,11 
3"x 1 1/2" 8,9 76,2 9,04 40,5 11,4 86,3 22,7 2,75 12,7 4,39 1,06 1,16 
4"x 1 5/8" 8,0 101,6 4,57 40,1 10,1 159,5 31,4 3,97 13,1 4,61 1,14 1,16 
4"x 1 5/8" 9,3 101,6 6,27 41,8 11,9 174,4 34,3 3,84 15,5 5,1 1,14 1,15 
4"x 1 5/8" 10,8 101,6 8,13 43,7 13,7 190,6 37,5 3,73 18,0 5,61 1,15 1,17 
6"x 2" 12,2 152,4 5,08 48,8 15,5 546 71,7 5,94 28,8 8,06 1,36 1,3 
6"x 2" 15,6 152,4 7,98 51,7 19,9 632 82,9 5,63 36,0 9,24 1,34 1,27 
6"x 2" 19,4 152,4 11,1 54,8 24,7 724 95,0 5,42 43,9 10,5 1,33 1,31 
6"x 2" 23,1 152,4 14,2 57,9 29,4 815 107 5,27 52,4 11,9 1,33 1,38 
8"x 2 1/4" 17,1 203,2 5,59 57,4 21,8 1356 133,4 7,89 54,9 12,8 1,59 1,45 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 38 
8"x 2 1/4" 20,5 203,2 7,7 59,5 26,1 1503 147,9 7,6 63,6 14 1,56 1,41 
8"x 2 1/4" 24,2 203,2 10 61,8 30,8 1667 164 7,35 72,9 15,3 1,54 1,4 
8"x 2 1/4" 27,9 203,2 12,4 64,2 35,6 1830 180,1 7,17 82,5 16,6 1,52 1,44 
8"x 2 1/4" 31,6 203,2 14,7 66,5 40,3 1990 196,2 7,03 92,6 17,9 1,52 1,49 
10"x 2 
5/8" 
22,7 254 6,1 66 29,0 2800 221 9,84 95,1 19 1,81 1,61 
10"x 2 
5/8" 
29,8 254 9,63 69,6 37,9 3290 259 9,31 117 21,6 1,76 1,54 
10"x 2 
5/8" 
37,2 254 13,4 73,3 47,4 3800 299 8,95 139,7 24,3 1,72 1,57 
10"x 2 
5/8" 
44,7 254 17,1 77 56,9 4310 339 8,7 164,2 27,1 1,7 1,65 
10"x 2 
5/8" 
52,1 254 20,8 80,8 66,4 4820 379 8,52 191,7 30,4 1,7 1,76 
12"x 3" 30,7 304,8 7,11 74,7 39,1 5370 352 11,7 161,1 28,3 2,03 1,77 
12"x 3" 37,2 302,8 9,83 77,4 47,4 6010 394 11,3 186,1 30,9 1,98 1,71 
12"x 3" 44,7 304,8 13 80,5 56,9 6750 443 10,9 214 33,7 1,94 1,71 
12"x 3" 52,1 304,8 16,1 83,6 66,4 7480 491 10,6 242 36,7 1,91 1,76 
12"x 3" 59,6 304,8 19,2 86,7 75,9 8210 539 10,4 273 39,8 1,9 1,83 
15"x 3 
3/8" 
50,4 381 10,2 86,4 64,2 13100 688 14,3 338 51 2,3 2 
15"x 3 
3/8" 
52,1 381 10,7 86,9 66,4 13360 701 14,2 347 51,8 2,29 1,99 
15"x 3 
3/8" 
59,5 381 13,2 89,4 75,8 14510 762 13,8 387 55,2 2,25 1,98 
15"x 3 
3/8" 
67,0 381 15,7 91,9 85,3 15650 822 13,5 421 58,5 2,22 1,99 
15"x 3 
3/8" 
74,4 381 18,2 94,4 94,8 16800 882 13,3 460 62 2,2 2,03 
15"x 3 
3/8" 
81,9 381 20,7 96,9 104,3 17950 942 13,1 498 66,5 2,18 2,21 
 
 
CANTONEIRA DE ABAS IGUAIS 
Dimensões Área P EIXO X-X e Y-Y 
Dimensão 
Nominal (pol) 
Dimensão 
Nominal 
(mm) 
Espessura 
(pol) 
Área 
secção 
(cm²) 
Peso 
(kg/m) 
Jx = Jy 
(cm4) 
Wx = 
Wy 
(cm³) 
rx = ry 
(cm) 
imáx 
(cm) 
imin 
(cm) 
xG = 
yG 
(cm) 
5/8 x 5/8 16 x 16 1/8 0,96 0,71 0,20 0,18 0,45 0,56 0,3 0,51 
3/4 x 3/4 19 x 19 1/8 1,16 0,88 0,37 0,28 0,58 0,73 0,38 0,58 
7/8 x 7/8 22 x 22 1/8 1,35 1,04 0,58 0,37 0,66 0,8 0,48 0,66 
7/8 x 7/8 22 x 22 1/8 1,48 1,19 0,83 0,49 0,76 0,96 0,51 0,76 
1 x 1 25 x 25 3/16 2,19 1,73 1,24 0,65 0,76 0,95 0,48 0,81 
1 x 1 25 x 25 1/4 2,83 2,21 1,66 0,98 0,73 0,91 0,48 0,86 
Dimensões Área P EIXO X-X e Y-Y 
Dimensão 
Nominal (pol) 
Dimensão 
Nominal 
(mm) 
Espessura 
(pol) 
Área 
secção 
(cm²) 
Peso 
(kg/m) 
Jx = Jy 
(cm4) 
Wx = 
Wy 
(cm³) 
rx = ry 
(cm) 
imáx 
(cm) 
imin 
(cm) 
xG = 
yG 
(cm) 
1 1/4 x 1 1/4 32 x 32 1/8 1,93 1,5 1,66 0,81 0,961,21 0,63 0,91 
1 1/4 x 1 1/4 32 x 32 3/16 2,77 2,2 2,49 1,14 0,96 1,2 0,61 0,96 
1 1/4 x 1 1/4 32 x 32 ¼ 3,61 2,86 3,32 1,47 0,93 1,16 0,61 1,01 
1 1/2 x 1 1/2 38 x 38 1/8 2,32 1,83 3,32 1,14 1,19 1,5 0,76 1,06 
1 1/2 x 1 1/2 38 x 38 3/16 3,42 2,68 4,57 1,63 1,16 1,47 0,73 1,11 
1 1/2 x 1 1/2 38 x 38 1/4 4.45 3,48 5,82 2,13 1,14 1,44 0,73 1,19 
1 1/2 x 1 1/2 38 x 38 5/16 5,42 4,26 6,65 4,53 1,11 1,39 0,73 1,24 
1 3/4 x 1 3/4 44 x 44 1/8 2,7 2,14 5,41 1,63 1,39 1,76 0,88 1,21 
1 3/4 x 1 3/4 44 x 44 3/16 3,99 3,15 7,49 2,29 1,37 1,73 0,88 1,29 
1 3/4 x 1 3/4 44 x 44 1/4 5,22 4,12 9,57 3,11 1,34 1,69 0,86 1,34 
1 3/4 x 1 3/4 44 x 44 5/16 6,45 5,05 11,23 3,77 1,32 1,66 0,86 1,39 
1 3/4 x 1 3/4 44 x 44 3/8 7,61 5,94 12,9 4,26 1,29 1,61 0,86 1,45 
2 x 2 51 x 51 1/8 3,09 2,46 7,90 2,13 1,6 2,03 1,01 1,39 
 
NOTAS DE AULA ref. Resist Materiais – Sarkis 39 
2 x 2 51 x 51 3/16 4,58 3,63 11,23 3,11 1,57 1,99 0,99 1,44 
2 x 2 51 x 51 1/4 6,06 4,76 14,56 4,09 1,54 1,94 0,99 1,49 
2 x 2 51 x 51 5/16 7,41 5,83 17,48 4,91 1,52 1,91 0,99 1,54 
2 x 2 51 x 51 3/8 8,77 6,99 19,97 5,73 1,49 1,86 0,99 1,62 
2 1/2 x 2 1/2 64 X 64 1/4 7,68 4,1 29,1 6,4 1,95 2,45 1,24 1,83 
2 1/2 x 2 1/2 64 X 64 5/16 9,48 5 35,4 7,8 1,93 2,43 1,24 1,88 
2 1/2 x 2 1/2 64 X 64 3/8 11,16 5,9 40,8 9,1 1,91 2,41 1,22 1,93 
3 x 3 76 5/16 11,48 6,1 62,4 11,6 2,33 2,94 1,5 2,21 
3 x 3 76 3/8 13,61 7,2 74,9 14 2,35 2,92 1,47 2,26 
3 x 3 76 7/16 15,68 8,3 83,3 15,7 2,3 2,91 1,47 2,31 
3 x 3 76 1/2 17,74 9,4 91,6 17,5 2,27 2,86 1,47 2,36 
4 x 4 102 3/8 18,45 9,8 183,1 25,1 3,15 3,96 2 2,9 
4 x 4 102 7/16 21,35 11,3 208,1 28,7 3,12 3,94 1,98 2,95 
4 x 4 102 1/2 24,19 12,8 233,1 32,4 3,1 3,91 1,98 3 
4 x 4 102 9/16 26,97 14,3 253,9 35,6 3,07 3,86 1,98 3,07 
4 x 4 102 5/8 29,74 15,7 278,9 39,4 3,06 3,86 1,96 3,12 
5 x 5 127 1/2 30,65 16,2 470,3 51,9 3,92 4,95 2,49 3,63 
5 x 5 127 9/16 34,26 18,1 516,1 57,4 3,88 4,89 2,49 3,71 
5 x 5 127 5/8 37,81 20 566,1 63,3 3,87 4,89 2,46 3,76 
5 x 5 127 11/16 41,29 21,8 611,9 68,8 3,85 4,86 2,46 3,81 
5 x 5 127 3/4 44,77 23,6 653,5 73,9 3,82 4,82 2,46 3,86 
6 x 6 152 3/8 28,13 14,9 641,0 58,1 4,77 6,05 3,02 4,17 
6 x 6 152 7/16 32,65 17,2 736,7 67,1 4,75 6,02 3,02 4,22 
6 x 6 152 1/2 37,1 19,6 828,3 75,8 4,73 5,97 3 4,27 
6 x 6 152 9/16 41,48 21,9 919,9 84,7 4,71 5,95 3 4,34 
6 x 6 152 5/8 45,87 24,2 1007,3 93,2 4,69 5,94 2,97 4,39 
6 x 6 152 11/16 50,19 26,5 1090,5 101,4 4,66 5,9 2,97 4,45 
6 x 6 152 3/4 54,45 28,7 1173,8 109,9 4,64 5,84 2,97 4,52 
6 x 6 152 13/16 58,65 31 1252,9 117,9 4,62 5,81 2,97 4,57 
6 x 6 152 7/8 62,77 33,1 1327,8 125,5 4,6 5,8 2,97 4,62 
8x 8 203 1/2 50 26,4 2022,9 137,2 6,36 8,05 4,01 5,56 
8x 8 203 9/16 56 29,6 2251,8 153,3 6,34 8,02 4,01 5,61 
8x 8 203 5/8 62 32,7 2472,4 168,9 6,31 7,97 4,01 5,66 
8x 8 203 11/16 67,94 35,8 2688,8 184,4 6,29 7,95 4,01 5,72 
8x 8 203 3/4 73,81 38,9 2901,1 199,9 6,27 7,92 3,99 5,79 
8x 8 203 13/16 79,61 42 3109,2 215 6,25 7,89 3,99 5,84 
8x 8 203 7/8 85,35 45 3313,2 229,9 6,23 7,86 3,96 5,89 
8x 8 203 15/16 91,1 48,1 3508,8 244,3 6,21 7,84 3,96 5,94 
8x 8 203 1" 96,77 51 3704,4 259,4 6,19 7,81 3,96 6,02 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 1 
 
RESISTÊNCIA À TORÇÃO 
 
A torção produz um deslocamento angular de uma secção transversal em relação a outra. A resistência à torção está 
relacionada à resistência ao cisalhamento. 
Ocorre em vigas com cargas excêntricas, vigas curvas, eixos, parafusos, etc. 
 
 
MOMENTO TORÇOR OU TORQUE 
 
Esforço de torção: quando atua um torque em uma das 
extremidades e um contra-torque na extremidade oposta. 
 
MT = 2 x F x S 
 
MT: Momento torçor ou torque [Nm; ...] 
F: Carga aplicada [N; ...] 
S: Distância entre o ponto de aplicação da carga e o centro 
da secção transversal [m; ...] 
 
 
Para transmissões mecânicas (polias, engrenagens, rodas de 
atrito, etc): 
 
MT = FT x r 
 
MT: Torque [Nm] 
FT: Força tangencial [N] 
r: Raio da peça [m] 
 
 
 
MOVIMENTO CIRCULAR 
 
Velocidade angular : 
 = 2 x  x f 
 
Frequência f: 
f = n / 60 
 
Velocidade periférica ou tangencial vp: 
vp =  x r 
Onde; 
 
: Velocidade angular [rad/s] 
f: Frequência [hz] 
n: Rotação [rpm] 
vp: Velocidade periférica [m/s] 
 
 
POTÊNCIA P (ou Pot) 
Potência é a realização de um trabalho na unidade de tempo. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 2 
 
P = trabalho / tempo 
 
Em movimentos circulares: 
 
P = FT x vp 
 
P ou Pot: Potência [W] 
FT: Força tangencial [N] 
vp: Velocidade periférica [m/s] 
 
 
1 CV = 735,5 w 
 
 
 
TENSÃO DE CISALHAMENTO NA TORÇÃO  
Tensão de cisalhamento na torção : 
max = MT / Wp 
 
sendo que Wp = Jp / r 
 
max: Tensão máxima de cisalhamento na torção 
[Pa; ...] 
MT: Momento torçor ou torque [Nm; Nmm; ...] 
Jp: Momento polar de inércia [m4; mm4; ...] 
r: Raio da secção transversal [m; mm; ...] 
Wp: Módulo de resistência polar da secção 
transversal [m3; mm3; ...] 
 
 
No centro da secção transversal a tensão é nula. 
 
A tensão aumenta à medida que o ponto estudado afasta-se do centro e aproxima-se da periferia. 
 
A tensão máxima da secção ocorrerá na distância máxima entre o centro e a periferia, ou seja, quando ρ = r. 
Momento polar de inércia Jp 
 
Jp = Jy + Jx 
 
 
Módulo de Resistência Polar Wp: 
 
Wp = Jp / rmax 
 
[m3]; [cm3]; [mm3]; ... 
 
rmax: comprimento entre o polo e o ponto mais distante da 
periferia da secção transversal. 
 
 
Quanto maior o módulo de resistência polar da secção 
transversal de uma peça, maior a sua resistência à 
torção. 
 
 
Distorção γ Ângulo de torção θ 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 3 
 
Deslocamento do ponto A da periferia para uma 
posição A’. 
γ =  / G 
 
γ: distorção [rad] 
: tensão atuante [PA] 
G: Módulo de elasticidade transversal do material 
[PA] 
 
θ = MT x l / Jp x G 
 
θ: ângulo de torção [radianos] 
 l : comprimento da peça 
Jp: Momento polar de inércia 
 
 
DIMENSIONAMENTO 
 
 
adm = MT / Wp 
adm =  / k 
 
MT: Torque 
adm ou : Tensão admissível de cisalhamento 
k: Fator ou coeficiente de segurança 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 4 
 
EXEMPLOS: 
 
Nos exemplos a seguir, basicamente se aplicam as fórmulas já vistas, tomando-se o cuidado de se adequar as 
unidades de medida. Estas unidades tem que ser compatíveis entre si. 
 
1) Um eixo maciço representado na figura possui diâmetro d = 40 mm e comprimento l = 0,9 m, se encontra girando 
movido por um torque de MT = 200 Nm. 
 
Determinar para o movimento do eixo-árvore: 
a) Força tangencial 
b) Velocidade periférica 
c) Potência 
d) Tensão máxima atuante 
Gaço = 80 GPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 5 
 
2) Um eixo em rotação possui d = 80mm e comprimento igual a 90 cm, transmitindo uma potência de 15 kW a uma 
freqüência de 10 Hz. 
 
Determinar: 
a) Tensão máxima de cisalhamento atuante 
b) Distorção do eixo 
c) Ângulo de torçãoGaço = 80 GPa 
 
 
3) Determinar o torque resultante agindo nas secções transversais dos pontos C e D. 
O eixo está fixado em B. 
 
Cálculo do momento torçor resultante a partir da secção A. 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 6 
 
Secção C: 
 
∑MC = 0 
250 - MC = 0, então MC = 250Nm (sentido anti-horário). 
 
Secção D: 
 
∑MD = 0 
-250 + 400 - MD = 0, então MD = 150Nm (sentido horário). 
 
4) Determinar o torque resultante agindo nas secções transversais dos pontos B e C, com o eixo fixado em A. 
 
 
Cálculo do momento torçor resultante a partir da ponta livre do eixo. 
 
Secção B: 
 
∑MB = 0 
500 – 350 - MB = 0, então MB = 150 lb.ft (sentido horário) 
 
Secção C: 
 
∑MC = 0 
500 - MC = 0, então MC = 500lb.ft (sentido horário) 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 7 
 
5) Dimensionar o eixo-árvore maciço de aço para que transmita com 
segurança uma potência de 7355 W (aprox. 10 CV), girando a uma rotação 
de 800 rpm. O material a ser utilizado é o ABNT 1040L, com = 50 MPa 
(tensão admissível de cisalhamento na torção). 
 
 
 
a) f = n / 60, então f = 800 / 60 = 13,33 Hz 
 
b)  = 2 x  x f, então  = 2 x  x 13,33 = 83,75 rad/s 
 
c) MT = Pot / , então MT = 7355 / 83,75 = 87,82 Nm 
 
d) = MT / Wp e Wp =  x d3 / 16 
então x Wp = MT , então ( x d3 / 16) x = MT , então ( x d3 / 16) x 50 x 106 = 87,82, então 9.817.477 x d3 = 
87,82 
d3 = 87,82 / 9.817.477 = 8,94 x 10-6, então d = 3 8,94 x 10-6 = 0,021 m = 21 mm. 
 
6) A figura abaixo representa uma turbina, sendo conhecidos a sua velocidade angular de 5,2 rad/s. a sua potência 
de 25.000 W e o diâmetro do seu eixo de 0,15 m (150 mm). 
 
Calcular: 
a) Rotação do eixo da turbina. 
b) Torque no eixo da turbina. 
c) Tensão de cisalhamento máxima agindo no eixo da turbina. 
 
 = 5,2 rad/s 
d = 0,15 m 
Pot = 25.000 W 
 
a) Rotação 
 = 2 x  x f, então f =  / 2 = 5,2 / 2 = 0,83 Hz 
f = n / 60, então n = 60 x f = 60 x 0,83 = 50 rpm 
 
b) Torque 
MT = Pot /  = 25.000 / 5,2 = 4.808 Nm 
 
c) Tensão cisalhamento 
Wp =  x d3 / 16 =  x 0,153 / 16 = 6,63 x 10-4 m3 
 = MT / Wp = 4.808 / 6,63 x 10-4 = 725 x 104 N/m2 = 7,25 x 106 N/m2 
 
 
7) A figura dada representa uma transmissão por correias, onde o eixo do motor transmite o movimento de rotação 
para o eixo (1) através de um sistema de polias e correia. 
Determinar o diâmetro do eixo (1), que é maciço, para resistir à torção. 
O material do eixo é um aço liga com tensão de cisalhamento igual a 20 x 106 N/m2. 
Deve ser utilizado um coeficiente de segurança igual a 4. 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 8 
 
Desprezar perdas na transmissão. 
 
 
Sabemos que a rotação no eixo (1) é n1 = 456 rpm 
 
 
f1 = n1 / 60 = 456 / 60 = 7,6 Hz 
1 = 2 x  x f1 = 2 x  x 7,6 = 47,75 rad/s 
MT1 = Pot / 1 = 12.000 / 47,75 = 251,3 Nm 
 
max =  / k = 20 x 106 / 4 = 5 x 106 N/m2 
 
adm = MT / Wp, então Wp= MT / adm = 251,3 / 5 x 106 = 5,03 x 10-5 
 
Wp = (  x d3 ) / 16 , então 5,03 x 10-5 = (  x d3 ) / 16 , então 16 x 5,03 x 10-5 /  = d3 
 
d3= 25,6 x 10-5 
 
d = 3√ 25,6 x 10-5 
 
d = 0,06351 m = 63,5 mm 
 
 
8) Definir o diâmetro do eixo de um motor elétrico, o qual deve ser dimensionado a partir das seguintes informações. 
No eixo deste motor está fixada uma polia, que por sua vez movimenta outra polia de maior diâmetro, acionada 
através de correia. 
Este motor deve transmitir uma potência de 8000 W, a uma rotação de 1.800 rpm = 30Hz 
O material do eixo é um aço liga com tensão de cisalhamento igual a 20 x 106 N/m2. 
Deve ser utilizado um coeficiente de segurança igual a 4. 
 
 
 
f = 30 Hz 
 
 = 2 x  x f = 2 x  x 30 = 188,5 rad/seg 
 
MT = Pot /  = 8000 / 188,5 = 42,4 Nm 
 
adm =  / F = 20 x 106 / 4 = 5 x 106 N/m2 
 
adm = MT / Wp  Wp = MT / adm 
Wp = 42,4 / 5 x 106 = 8,48 x 10-6 m3 
 
 
 
NOTAS DE AULA Resistência dos Materiais - 9 
 
 
Wp =  x d3 / 16  Wp x 16 /  = d3 
d3 = 8,48 x 10-6 x 16 /  = 43,19 x 10-6 
d = 3 (43,19 x 10-6 ) = 0,035 m = 3,5 cm = 35 mm 
 
 
 
 
 
 
 
REF: MECÂNICA TÉCNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – SARKIS MALCONIAN 
1 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - TRELIÇAS PLANAS 
 
É um conjunto de elementos de construção (barras redondas, chatas, cantoneiras, perfis I, U,...) 
interligados entre si sob forma geométrica triangular através de pinos, solda, rebites, parafusos, que visam 
formar uma estrutura rígida, com a finalidade de receber e ceder esforços. 
Neste caso todos os elementos se encontram no mesmo plano. 
 
As treliças são utilizadas em pontes, coberturas, torres, guindastes, .... 
 
 
 
 
No exemplo ao lado, a estrutura é composta por 4 
nós que são pontos de união das barras (A, B, C e 
D) e 5 barras (1, 2, 3, 4, 5). 
 
Tipos de treliça: 
 
 
 
 
 
Dimensionamento de uma treliça: 
2 
 
Se o sistema encontra-se em equilíbrio de forças, então qualquer nó do sistema também se encontra com 
este mesmo equilíbrio. 
As mesmas regras utilizadas para cálculo de reações nos apoios em estruturas, também são utilizadas no 
dimensionamento de treliças:  Fx = 0 (forças horizontais);  Fy = 0 (forças verticais);  M = 0 
(momentos). 
O cálculo de equilíbrio de forças é feito da mesma forma como é calculado nos nós dos apoios, e as forças 
devem seguir a direção das barras. 
 
 
Método dos Nós: Verificar o equilíbrio em cada nó da treliça, conforme sequência a seguir: 
Determinar as reações nos apoios. 
Identificar o tipo de solicitação em cada barra (tração ou compressão). 
Verificar o equilíbrio de cada nó da treliça, iniciando sempre os cálculos pelo nó que tenha o menor 
número de incógnitas. 
Se o nó estiver sendo tracionado, a barra também estará sendo tracionada. Se estiver sendo comprimido, 
a barra estará sendo também comprimida. 
 
Para dimensionamento da barra quanto à sua resistência à tração ou compressão, utilizar somente forças 
axiais, ou seja, forças perpendiculares à secção da barra (forças que acompanham a direção das barras). 
Para dimensionamento da barra, considerar a maior força atuante entre todas as barras que compõem a 
estrutura (se a estrutura for composta pelo mesmo tipo de perfil e dimensão). 
 
 
EXEMPLOS 
 
Nomenclatura utilizada para identificar reações nos exemplos a seguir, em um determinado apoio 
A: 
Reações na direção x (eixo horizontal): RAx, ou RAh, ou FAv, ou HA 
Reações na direção y (eixo vertical): Ray, ou RAv, ou FAy, ou VA 
 
1) Determinar as forças normais nas barras 
da seguinte treliça. 
 
O ângulo  formado pelas barras (1) e (2) e pelas barras (4) e (5) será determinado pela tg . 
tg  = 1,5 / 2 = 0,75 
 = 37 
 
Reações nos apoios: 
3 
 
MA = 0 
4RB = 20 x 2 + 6 x 1,5 = 49 
RB = 49 / 4 = 12,15 kN 
 
Fy = 0 
RAV + RB = 20 
RAV = 20 – 12,25 = 7,75 kN 
 
Fx = 0 
RAH = 6 kN 
 
 
Forças normais nas barras: 
O nó A é um dos indicados para o início dos 
cálculos, por possuir, juntamente com o nó B, o 
menor número de incógnitas. 
Fy = 0 
F1 x sen 37 = RAV = 7,75 
F1 = 7,75 / 0,6 = 12,9 kN 
 
Fx = 0 
F2 = RAH + F1 x cos 37 
F2 = 6 + 12,9 x 0,8 
F2 = 16,3 kN 
 
 
Determinada a força F2, o nó mais simplespara prosseguir os cálculos é o C. 
 
Fx = 0 
F4 = F2 = 16,3 kN 
 
Fy = 0 
F3 = 20 kN 
 
 
Para determinar a força normal na barra (5), 
utilizamos o nó B. 
 
Fy = 0 
F5 x sen 37 = RB 
F5 = 12,25 / 0,6 
F5 = 20,42 kN 
 
 
2) Dimensionar o perfil (padrão americano) por esforços normais de tração e compressão, utilizado na 
estrutura abaixo, sabendo-se que o mesmo é do tipo U e confeccionado em aço ASTM A36, e 
considerando-se todos os perfis de mesma secção. 
4 
 
 
 
a) Identificar os nós e barras, e as forças de reação nos apoios. 
 
 
b) Calcular as reações nos apoios A e B. 
FH = 0  RAH – 5 = 0  RAH = 5 ton. 
MB = 0  -4 x RAV + 5 x 6 = 0  RAV = 7,5 ton. 
FV = 0  -RAV + RBV = 0  -7,5 + RBV = 0  RBV = 7,5 ton. 
 
c) Calcular o equilíbrio de forças no nó A. 
 
cos  = 2 / 3  cos  = 0,66   = 56,3. 
FV = 0  F2 x sen 56,3 - 7,5 = 0  F2 = 9,0 ton. 
FH = 0  -F2 x cos 56,3 - F1 + 5 = 0  -9,0 x cos 56,3 - F1 + 5 = 0  F1 = 0,006 ton. 
 
d) Calcular o equilíbrio de forças no nó B. 
 
 = 90 -  = 90 - 56,3 = 33,7. 
FH = 0  -F3 x cos 56,3 + 0,006 = 0  F3 = 0,01 ton. 
5 
 
FV = 0  7,5 - F3 x sen 56,3 - F5 = 0  7,5 - 0,01 x sen 56,3 - F5 = 0  F5 = 7,5 ton. 
 
e) Calcular o equilíbrio de forças no nó D. 
 
FH = 0  7,5 – F4 x cos 33,7 = 0  F4 = 9,0 ton. 
 
f) Cálculo da tensão admissível de tração ou compressão. 
 
A máxima força normal atuando no perfil é de 9,0 ton = 9.000 Kgf. 
Adotando-se fator de segurança K = 4,5 e para o aço ASTM A36 conforme valores tabelados, e = 2.500 
Kgf/cm2. 
adm = e / K = 2.500 / 4,5 = 556 Kgf/cm2. 
 
g) Definição do perfil. 
adm = Força / Área  Área = Força / adm = 9.000 / 556 = 16,2 cm2. 
Adotado perfil U de 6” (15,63 Kg/m), com área da secção transversal de 19,9 cm2. 
 
3) Dimensionar o perfil (padrão americano) por esforços normas de tração e compressão, utilizado na 
estrutura abaixo, sabendo-se que o mesmo é do tipo cantoneira de abas iguais e confeccionado em aço 
liga ASTM A242, e considerando-se todos os perfis de mesma secção transversal. 
 
 
a) Calcular a força resultante devido à carga uniformemente distribuída. 
q = 500 Kgf/m 
Se em cada metro nós temos atuando 500 Kgf, então em 8 m teremos 8 x 500 Kgf, que resulta numa força 
resultante P = 4.000 Kgf = 4 ton, aplicada na metade do comprimento de 8 m. 
 
b) Identificar os nós e barras, as forças de reação nos apoios e a força resultante devido à carga 
concentrada. 
 
6 
 
 
c) Calcular as reações nos apoios A e B. 
FH = 0  RAH = 0. 
MB = 0  4 x RAV – 4 x 2 = 0  RAV = 2 ton. 
FV = 0  RAV + RBV – 4 = 0  RAV + RBV = 4  RBV = 2 ton. 
 
d) Calcular o equilíbrio de forças no nó A. 
 
tg  = 2 / 4  tg  = 0,5   = 26,6. 
FV = 0  -F2 x cos 26,6 + 2 = 0  F2 = 2,2 ton. 
FH = 0  -F2 x sen 26,6 + F1= 0  -2,2 x sen 26,6 + F1= 0  F1 = 1 ton. 
 
e) Calcular o equilíbrio de forças no nó B. 
 
Por simetria, F4 = F2 = 2,2 ton. 
 
f) Calcular o equilíbrio de forças no nó C. 
 
tg  = 4 / 2  tg  = 2   = 63,4. 
FH = 0  2,2 x cos 63,4 - F3 = 0  F3 = 1 ton. 
 
g) Cálculo da tensão admissível de tração ou compressão. 
A máxima força normal atuando no perfil é de 2,2 ton = 2.200 Kgf. 
Adotando-se fator de segurança K = 3,38 e para o aço ASTM A242 conforme valores tabelados, e = 
3.500 Kgf/cm2. 
adm = e / K = 3.500 / 3,38 = 1.036 Kgf/cm2. 
 
h) Definição do perfil. 
adm = Força / Área  Área = Força / adm = 2.200 / 1.036 = 2,12 cm2. 
Adotado cantoneira L de 1” x 1” x 3/16” (área de 2,19 cm2). 
 
 
4) Determinar a cantoneira de abas iguais conforme padrão americano, a serem utilizadas nesta treliça, 
supondo-se que todas elas sejam iguais e fabricadas em aço carbono ASTM A36. 
1 KN = 0,10 x 103 Kgf. 
7 
 
 
 
a) Identificar os nós e barras, e as forças de reação nos apoios. 
 
 
b) Calcular as reações nos apoios A e B. 
FH = 0  -RAH + 20 + 20 = 0  RAH = 40 KN. 
MB = 0  -RAV x 3 + 20 x 2 + 20 x 4 = 0  RAV = 40 KN. 
FV = 0  -RAV + RBV = 0  -40 + RBV = 0  RBV = 40 KN. 
 
c) Calcular o equilíbrio de forças no nó A. 
 
tg  = 2 / 1,5  tg  = 1,33   = 53. 
FV = 0  F6 x sen 53 - 40 = 0  F6 = 50,1 KN. 
FH = 0  F6 x cos 53 - 40 + F7 = 0  F7 = 9,8 KN. 
 
d) Calcular o equilíbrio de forças no nó B. 
 
Por simetria,  =  = 53. 
8 
 
FH = 0  F5 x cos 53 - 9,8 = 0  F5 = 16,3 KN. 
FV = 0  -F5 x sen 53 - F4 + 40 = 0  -16 x sen 53 - F4 + 40 = 0  F4 = 27 KN. 
 
e) Calcular o equilíbrio de forças no nó D. 
 
FH = 0  -F3 + 20 = 0  F3 = 20 KN. 
FV = 0  27 – F2 = 0  F2 = 27 KN. 
 
 
f) Calcular o equilíbrio de forças no nó E. 
 
 = 90 -  = = 90 - 53 = 37. 
FV = 0  27 – F1 x cos 37 = 0  F1 = 33,8 KN. 
 
g) Cálculo da tensão admissível de tração ou compressão. 
A máxima força normal atuando nas cantoneiras da treliça é de 50,1 KN (barra (6)). 
F6 = 50,1 x 0,10 x 103 Kgf = 5.010 Kgf. 
Adotando-se fator de segurança K = 4,5 e para o aço ASTM A36 conforme valores tabelados, e = 2.500 
Kgf/cm2. 
adm = e / K = 2.500 / 4,5 = 556 Kgf/cm2. 
 
Definição da cantoneira. 
adm = Força / Área  Área = Força / adm = 5.010 / 556 = 9 cm2. 
Adotado cantoneira L de 2 ½” x 2 ½” x 5/16”, com área da secção transversal de 9,48 cm2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 
 
Método de Ritter (Seccionamento): 
Através do método de Ritter, para calcular as cargas axiais nas barras de uma treliça plana, procede-se da 
seguinte forma: 
 
- Cortar a treliça em 2 partes, adotando-se uma das partes para verificar o equilíbrio e 
ignorando a outra até o próximo corte. 
- Ao cortar a treliça, o corte deverá interceptar a treliça gerando no máximo 3 incógnitas para 
serem determinadas pelas equações de equilíbrio. 
- No cálculo, entrarão as barras das treliças cortadas e as forças, incluindo as de reação, na 
parte adotada para verificação do equilíbrio. 
- Repetir o procedimento até que todas as barras das treliças estejam calculadas. 
- Neste método pode-se considerar inicialmente que todas as barras estejam tracionadas. 
Caso haja contração, o resultado do cálculo será negativo. 
- Nesta análise, com o objetivo de agilizar os cálculos, avaliar a simetria do conjunto 
estrutural. 
 
Exemplo: 
Determinar as forças normais nas 
barras da seguinte treliça. 
 
 
a) Reação nos apoios A e B. 
A reação será determinada através do 
somatório de momentos em relação ao 
apoio A, e o somatório das forças na 
vertical. 
 
O ângulo  é determinado através de 
sua tangente: tg  = 2 / 2 = 1, então  = 
45. 
 
MA = 0 
6RB = 36 x 4 + 18 x 2 
RB = 30 kN 
 
FV = 0 
RA + RB = 36 + 18 
RA = 24 kN 
 
 
 
 
b) Cálculo das cargas axiais nas barras. 
 
10 
 
Através do corte AA determinam-se as cargas 
axiais nas barras (1) e (2). 
FV = 0 
F1 x sen 45 + 24 = 0 
F1 = - 24 / 0,707 = - 33,95 kN (BC) 
 
FH = 0 
F2 + F1 x cos 45o = 0 
F2 = - F1 x cos 45o 
F2 = - (-33,95) x 0,707 
F2 = + 24 kN (BT) 
 
 
Aplica-se o corte BB na treliça, e adota-se a parte 
à esquerda para cálculo, para que se determine a 
força axial nas barras (3) e (4). 
 
FV = 0 
F3 = 24 kN (BT) 
 
MD = 0 
2F4 + 24 x 2 = 0 
F4 = - 24 kN (BC) 
 
 
Para determinar as forças nas barras (5) e (6), 
aplica-se o corte CC, e adota-se a parte à 
esquerda do corte para o cálculo. 
FV = 0 
F5 x sen 45o + 24 – 18 = 0 
F5 = - 6 / 0,707 = - 8,49 kN (BC) 
 
ME = 0 
- 2F6 + 4 x 24 – 18 x 2 = 0 
F6 = (96 – 36) / 2 = 60 / 2 
F6= 30 kN (BT) 
 
 
No corte DD, isolamos o nó F da treliça, 
para determinar a força na barra (7) e (8). 
FV = 0 
F7 = 36 kN (BT) 
 
FH = 0 
F8 = F6 = 30 kN (BC) 
 
 
11 
 
Através do corte EE, determina-se a força 
axial na barra (9). 
FV = 0 
F9 x sen 45o + 30 = 0 
F9 = - 30 / 0,707 = - 42,43 kN (BC) 
 
 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS - TRELIÇAS - GABARITO 
 
Calcular as forças que estão agindo nas barras das treliças e indicar se as mesmas estão sendo 
tracionadas ou comprimidas. Desenhar os vetores força. 
 
1) 
 
F1=12,9kN(compressão),F2=16,3kN(tração),F3=12kN(tração),
F4=16,3kN(tração),F5=20,3kN(compressão)
 
 
2) (resolução) Utilizando o método dos nós, calcular as forças nas barras (1), (2) da seguinte estrutura 
plana no formato de treliça. Indicar também se as mesmas estão sendo tracionadas ou comprimidas. 
Quando o nó está sendo comprimido, a barra no qual está ligada também estará sendo comprimida e vice-
versa. 
Sabe-se que as reações nos apoios e suas direções e sentidos são: RAy = 4,74kN (para cima), RBy = 
5,26kN (para cima) e RBx = 5kN (para direita) 
Unidades de medida de comprimento em cm. 
 
12 
 
 
Nó A 
 


Fy = 0
-0,39F2 + 4,74 = 0, então F2 = 4,74 / 0,39 = 12,15kN (compressão)
Fx = 0
F1 - 0,92F2 = 0, então F1 = 0,92F2 = 0,92 x 12,15 = 11,18kN (tração)
 
 
3) (resolução) Utilizando o método dos nós, calcular as forças nas barras (1), (2), (4) e (5) da seguinte 
estrutura plana no formato de treliça. Indicar também se as mesmas estão sendo tracionadas ou 
comprimidas. 
Quando o nó está sendo comprimido, a barra no qual está ligada também estará sendo comprimida e vice-
versa. 
Sabe-se que as reações nos apoios e suas direções e sentidos são: RAy = 3kN (para baixo), RBy = 13kN 
(para cima) e RBx = 5kN (para direita) 
Unidades de medida de comprimento em cm. 
 
13 
 
 
Nó B 
Fy = 0
F1 = 13kN (compressão)
Fx = 0
F2 = 5kN (compressão)


 
 
Nó D 
Fy = 0
F5 = 0
Fx = 0
F4 = 5kN (compressão)


 
 
 
4) 
 
F1=54,1kN(compressão),F2=45kN(tração),F3=60kN(tração),
F4=45kN(tração),F5=54,1kN(compressão)
 
 
5) 
 
F1=100kN(compressão),F2=80kN(tração),F3=90kN(tração),
F4=80kN(tração),F5=85,2kN(compressão)
 
Notas de aula 1 
 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – CONCEITOS E EQUILÍBRIO DE FORÇAS E MOMENTOS 
 
A Resistência dos Materiais fornece métodos para a análise dos elementos mais comuns em estruturas. 
 
O projeto da estrutura de qualquer edifício, máquina ou outro elemento qualquer, é um estudo através do 
qual a estrutura em si e suas partes componentes são dimensionadas de forma que tenham resistência 
suficiente para suportar os esforços para as condições de uso a que serão submetidas. 
 
A análise de tensões, esforços e propriedades mecânicas dos materiais são os principais aspectos da 
resistência dos materiais. 
 
Com base em um fator ou coeficiente de segurança desejável e na análise estrutural chega-se às 
dimensões dos elementos estruturais. 
 
Algumas causas de falhas das estruturas: 
Erro de projeto 
Fadiga 
Falha de material 
 Má utilização 
Falha das juntas 
 
Falhas ocorrem por forças: 
Estáticas 
Peso próprio 
 Cargas elevadas 
Dinâmicas 
Forças em movimento 
Ventos 
Mar 
Veículos 
Pessoas 
 
As cargas que solicitam uma estrutura são classificadas em dois tipos: 
Permanentes: atuam de forma constante sobre a estrutura - como o peso próprio. 
Acidentais: atuam em determinados momentos e em outros não - como um veículo passando por 
uma ponte, ou as pessoas em uma sala de aula. 
 
Exemplos de cargas 
 
 
Um navio sendo solicitado pela ação das ondas é 
um dos exemplos em que não se conhece com 
exatidão os esforços que a estrutura deverá ser 
capaz de suportar, e nesse caso o 
dimensionamento da estrutura é feito com base em 
dados estatísticos. 
 
Força exercida pelo vento. Um exemplo bastante 
conhecido desse tipo de solicitação é a Ponte de 
Tacoma, que acabou por entrar em colapso devido 
à ação do vento. 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 2 
 
 
Exemplos de estruturas 
 
 
Armação de carroceria de veículos de passeio 
 
 
Cobertura de casas, galpões e armazéns 
 
 
Ponte 
 
Torre de transmissão 
Torre de transmissão
 
 
FORÇAS QUE ATUAM EM UMA ESTRUTURA 
 
 
 
 
SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SI) 
Unidade Símbolo Grandeza 
metro m comprimento 
quilograma Kg massa 
segundo s tempo 
ampère A corrente elétrica 
Kelvin K temperatura termodinâmica 
mol mol quantidade de matéria 
Notas de aula 3 
 
 
candela cd intensidade luminosa 
radiano (*) rad ângulo plano 
esterradiano (*) sr ângulo sólido 
(*) unidades suplementares 
 
A força é derivada das unidades básicas pela segunda lei de Newton. Por definição, um Newton é a força 
que fornece a um quilograma massa a aceleração de um metro por segundo ao quadrado. 
2 
1N = 1 kg .1 m/s 
 
Outras unidades derivadas do SI 
Quantidade Unidade Básica 
Área Metro quadrado (m2) 
Tensão Newton por metro quadrado (N/m2) ou Pascal (Pa) 
 
Unidades admitidas temporariamente 
Unidade Símbolo Valor no sistema internacional 
bar bar 10
5 Pa 
cavalo-vapor cv 735,5 w 
quilograma-força Kgf 9,80665 N 
 
Prefixos de Unidades 
Múltiplos e submúltiplos do metro conforme o Sistema Internacional de Medidas (SI) 
Nome Símbolo Fator de multiplicação 
tera T 10
12 = 1.000.000.000.000 
 giga G 10
9 = 1.000.000.000 
mega M 10
6 = 1.000.000 
quilo k 10
3 = 1.000 
hecto h 10
2 = 100 
deca da 10
1 = 10 
 1 = 1 
deci d 10
-1 = 0,1 
centi c 10
-2 = 0,01 
mili m 10
-3 = 0,001 
micro  10
-6 = 0,000 001 
nano n 10
-9 = 0,000 000 001 
pico p 10
-12 = 0,000 000 000 001 
 
Exemplos de conversões de unidades de medida: 
 
a) 
1MPa = 1N/mm2 
1Kgf = 9,8N = aproximadamente 10N 
1cm2 = 100mm2 
1kN = 1 x 103N = 1.000N 
1mm = 1 x 10-3m = 0,001m ou 1m = 103mm 
1GPa = 1.000MPa 
 
b) Conversão de 150kgfcm para Nmm: 
1kgf = 10N 
1cm = 10mm 
Substituindo kgf e cm, por seu equivalente em N e mm: 
Notas de aula 4 
 
 
150kgfcm = 150 x 10N x 10mm = 15.000Nmm 
 
c) Conversão de 20kN/cm2 para N/mm2: 
1kN = 103 N 
1cm2 = 100mm2 
Substituindo kN e cm2, por seu equivalente em N e mm2: 
20kN/cm2 = 20 x 103N / 100mm2 = 200N/mm2 
 
d) Conversão de 150MPa para N/mm2 : 
1MPa = 1N/mm2 
Aplicando regra de três: 
150MPa = 150N/mm2 
 
e) Conversão de 210GPa para N/mm2: 
1GPa = 103MPa 
Aplicando regra de três: 
3
3 21GPa 10 MPa = , então X = 210x10 MPa = 210.000MPa = 210.000N/mm
210GPa X
 
 
 
 
VETORES 
Indicado através do módulo (intensidade), direção e sentido. 
 
a) Decomposição 
 
Módulo = 15kN 
Direção = inclinado de 40° em relação ao plano horizontal 
Sentido = para cima e para o lado direito 
 
Decomposição da força (projeção nos eixos X – horizontal e Y – vertical): 
 
Fy
sen 40° = , então Fy = 0,64 x 15 = 9,6kN
15
Fx
cos 40 = , então Fx = 0,77 x 15 = 11,5kN
15

 
 
b) Decomposição 
 
Módulo = 50kN 
Direção = inclinado de 75° em relação ao plano horizontal 
Sentido = para baixo e para o lado esquerdo 
Notas de aula 5 
 
 
 
Decomposição da força (projeção nos eixos X – horizontal e Y – vertical): 
 
Fy
sen 75° = , então Fy = 0,97 x 50 = 48,5kN
50
Fx
cos 75 = , então Fx = 0,26 x 50 = 13kN
50

 
 
c) Soma vetorial (vide exemplo a) decomposição) 
 
Pitágoras: 
2 2 2 2 2R = 11,5 + 9,6 , então R = 11,5 + 9,6 = 15kN
 
 
Lei dos senos: 
seno do ângulo interno
Pela lei dos senos, em qualquer triângulo, é constante a relaçãoda divisão .
lado oposto a este ângulo
Triângulo retângulo, então 40 + 90° + = 180 , então = 180 - 130 = 50     
sen90° sen40° sen50°
Aplicando a Lei dos senos: = = 
R 9,6 11,5
sen90° sen40° sen90° x 9,6
 = , então = R, então R = 15kN
R 9,6 sen40°
 
 
d) Soma vetorial R (vetores na mesma direção) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 6 
 
 
VÍNCULOS ESTRUTURAIS 
São elementos de uma estrutura que impedem o seu movimento. Também chamados de apoios. 
 
Tipos de Apoio 
 
Apoio móvel ou vínculo simples ou móvel – é capaz de impedir o movimento do corpo numa direção 
pré-determinada (uma única reação ao movimento). 
 
A representação esquemática indica a reação de apoio R na direção do único movimento impedido 
(deslocamento na vertical). 
 
Apoio fixo ou vínculo duplo ou fixo – é capaz de impedir qualquer movimento do corpo em todas as 
direções, permanecendo livre apenas a rotação. 
 
 
Engaste ou engastamento – é capaz de impedir qualquer movimento do corpo e o movimento de 
rotação do corpo em relação a esse ponto (fornece 2 reações ao movimento e um contra-momento). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 7 
 
 
 
 
Ligação ou Nó - Ponto de interligação dos elementos de construção que fazem parte de uma estrutura. 
Podem ser utilizados parafusos, rebites, solda, etc. 
 
 
ESTRUTURA 
É um conjunto de elementos de construção, composto com a finalidade de receber e transmitir 
esforços. 
 
CLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTURAS QUANTO À SUA FIXAÇÃO 
 
Simplesmente apoiadas 
 
 
 
 
b) Bi-engastada (fixa) c) Engastada-apoiada 
 
 
 
 
d) Em balanço e) Em balanço nas extremidades 
 
 
Notas de aula 8 
 
 
CLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTURAS QUANTO A SUA ESTATICIDADE (POSSIBILIDADE DE 
MOVIMENTO) 
 
Estruturas isostáticas 
 
 
Quando o número de movimentos impedidos é igual ao estritamente necessário para impedir o 
movimento de corpo rígido da estrutura, diz-se que a estrutura é isostática, ocorrendo uma situação 
de equilíbrio estável. 
N.o de reações = n.o de equações de equilíbrio 
 
Estruturas hipoestáticas 
 
Quando o número de movimentos impedidos é menor que o necessário para impedir o movimento de 
corpo rígido da estrutura, diz-se que a estrutura é hipoestática, ocorrendo uma situação indesejável de 
equilíbrio instável. 
 
Estruturas hiperestáticas 
 
Quando o número de movimentos impedidos é maior que o necessário para impedir o movimento de 
corpo rígido da estrutura, diz-se que a estrutura é hiperestática, ocorrendo uma situação indesejável de 
equilíbrio estável. 
 
Nesse caso, as equações universais da Estática não são suficientes para a determinação das reações 
de apoio, sendo necessárias equações adicionais de compatibilidade de deformações. 
 
 
TIPOS DE CARREGAMENTO EM ESTRUTURAS 
 
Cargas concentradas – são uma forma aproximada de tratar cargas distribuídas em áreas muito reduzidas 
(em comparação com as dimensões da estrutura). São representadas por cargas aplicadas pontualmente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 9 
 
 
 
 
 
 
Cargas distribuídas – são cargas distribuídas continuamente, atuando ao longo de um dado trecho. Os 
tipos mais usuais são as cargas uniformemente distribuídas e as cargas uniformemente variáveis – 
triangulares. 
 
Exemplos: 
 
Outros exemplos: barragens, comportas, tanques, pontes, carga em um caminhão, etc. 
 
A carga distribuída é substituída por uma carga resultante concentrada, que corresponde à área da figura 
representativa da carga distribuída. 
O ponto de aplicação da carga resultante está localizado no centro de gravidade da figura. 
 
Exemplos de transformação de uma carga distribuída em uma carga concentrada: 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 10 
 
 
 
Cargas-momento – são cargas do tipo momento fletor (ou torsor) aplicadas em um ponto qualquer da 
estrutura. 
 
 
 
 
EQUILÍBRIO DE FORÇAS E MOMENTOS 
 
Força 
As forças são grandezas vetoriais caracterizadas por direção, sentido e intensidade. 
 
 
Momento 
O momento representa a tendência de giro (rotação) em torno de um ponto, provocada por uma força. 
 
 
Condições de Equilíbrio 
Um corpo qualquer, submetido a um sistema de forças, está em equilíbrio estático caso não haja 
qualquer tendência à sua translação ou à rotação. 
 
 
Para que um corpo seja considerado em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as seguintes 
condições: 
 
 
 
 
Notas de aula 11 
 
 
Convenção de sinais para forças e momentos (utilizada quando houver o cálculo de forças ou momentos 
resultantes) 
 
EIXO X – FORÇAS HORIZONTAIS 
EIXO Y – FORÇAS VERTICAIS 
M – MOMENTO DE UMA FORÇA OU SIMPLESMENTE MOMENTO 
 
SE AS FORÇAS E/OU MOMENTOS TIVEREM OS MESMOS SENTIDOS DOS INDICADOS 
NA FIGURA AO LADO, SERÃO CONSIDERADOS POSITIVOS. 
PODEMOS TAMBÉM ADOTAR O MOMENTO POSITIVO NO SENTIDO HORÁRIO. 
 
Momento M provocado por uma força, em relação a um dado ponto da estrutura 
M = F x d 
M: Momento 
F: Força aplicada 
d: Distância entre o ponto de aplicação da força e o ponto considerado para cálculo do momento. 
 
A cota da distância entre a força e o ponto de referência será sempre perpendicular à direção da força. 
 
 
Exemplo A: 20 Newtons x 1 metros = 20 N.m (Newton metros) 
Exemplo B: 10 Newtons x 2 metros = 20 N.m (Newton metros) 
 
Teorema de Varignon 
Momento resultante de uma força em um dado ponto é igual à soma dos momentos de seus 
componentes (decomposição de forças). 
 
MA = F1.a = F1senX.b + F1cosX.c 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 12 
 
 
SISTEMA EM EQUILÍBRIO ESTÁTICO DE FORÇAS E MOMENTOS 
O sistema tem que satisfazer as 3 seguintes condições: 
Soma de todas as forças horizontais atuantes no sistema deve ser igual a ZERO. 
Soma de todas as forças verticais atuantes no sistema deve ser igual a ZERO. 
Soma dos momentos em qualquer ponto definido do sistema deve ser igual a ZERO. 
 
Soma das forças e momentos atuantes no sistema se anulam pela reações nos apoios. 
 
No cálculo de equilíbrio de forças serão utilizados apenas os eixos de coordenadas cartesianas 
ortogonais. 
 
Quando houver alguma força inclinada, a mesma deverá ser decomposta nestes dois eixos. 
 
 
CÁLCULO DE REAÇÕES NOS APOIOS 
 
Nota: Os apoios podem ser identificados da seguinte forma, conforme os exemplos citados nesta apostila: 
VA, RAy, Rv – Reações no apoio A na direção vertical (eixo y). 
HA, RAx, Rh – Reações no apoio A na direção horizontal (eixo x). 
 
Exemplo 1) 
a) Identificar o tipo de apoio – viga biapoiada. 
 
A: Apoio fixo 
B: Apoio móvel 
 
b) Substituir o apoio pelas suas reações. 
 
 
c) Calcular as reações, supondo que o sistema se encontre em equilíbrio estático. 
O sistema deve atender às seguintes situações: ∑Fx = 0, ∑Fy = 0, ∑Mponto da estrutura = 0 
Utilizando a seguinte convenção de sinais 
Transformação da carga distribuída em concentrada: 
 
Notas de aula 13 
 
 
 = 0
RAx = 0
 = 0
RAy + RBy - 24 - 15 = 0, então RAy + RBy = 39 (equação I)
 = 0, então RAx x 0 + RAy x 0 - RBy x 4 + 24 x 3 - 20 - 15 x 1,5 = 0,
4RBy = 72 - 20 - 22,5, então RBy = = 7,38kN
4
S
MA
29,5
Fx
Fy



ubst na eq I, então RAy + 7,38 = 39, então RAy = 39 - 7,38 = 31,62kN
 
 
Exemplo 2) 
a) Identificar o tipo de apoio – viga engastada. 
 
C: Engastamento 
 
b) Substituir o apoio pelas suas reações. 
 
 
c) Calcular as reações, supondo que o sistema se encontre em equilíbrio estático. 
O sistema deve atender às seguintes situações: ∑Fx = 0, ∑Fy = 0, ∑Mponto da estrutura = 0 
Utilizandoa seguinte convenção de sinais 
Decomposição das forças e transformação da carga distribuída em concentrada: 
 
 
 Fx = 0 
RAx – 2,5 = 0 
RAx = 2,5 kN 
 Fy = 0 
RAy – 4,33 – 6 = 0 
RAy = 10,33 kN 
 
 MA = 0 
+M + RAx x 0 + RAy x 0 - 4,33 x 3 - 6 x (7 – 0,75) = 0 
M = 12,99 + 37,5 = 50,49 kNm 
 
 
Notas de aula 14 
 
 
 
 
Exemplos de cálculo: 
 
1) Nas figuras a seguir, estão representadas as forças que estão atuando em uma estrutura qualquer. 
Correlacionar cada figura com o esforço (carga) que está sendo submetida. 
 
 
 
2) A figura dada, representa uma escada de comprimento igual a 7m e peso desprezível. A altura onde a escada está 
apoiada é de 6 m. A 1m da parede está um homem de peso P = 90 Kgf, subindo a escada. A parede vertical não 
apresenta atrito. Determinar a reação da parede sobre a escada e as reações do piso sobre a escada. 
 
Cálculo da distância X: 
Por Pitágoras, 72 = 62 + X2, então 49 = 36 + X2 
49 – 36 = X2 
X = √ 13 = 3,6 
 
Por equilíbrio de forças: 
Forças horizontais: RAH = RBH (Equação I) Forças 
verticais: -90 + RBV = 0, então 
RBV = 90 Kgf 
 
Momentos no apoio B: RBH x 0 + RBV x 0 + 90 x (3,6 – 1) - RAH x 6 = 0, então 
+ 234 - 6RAH = 0, então 
RAH = 39 Kgf 
 
Substituindo na equação I, temos 
RAH = RBH, então RBH = 39 Kgf 
 
3) Para suportar um peso de um determinado valor, foi projetada uma estrutura composta por 2 perfis no 
formato de barras quadradas fixadas numa coluna de concreto armado em 2 pontos e unidas no ponto de 
aplicação da força conforme o desenho abaixo. 
 
Estas barras devem possuir resistência mecânica suficiente para suportar esta carga sem se deformar e romper. 
Para tanto, o sistema deve se encontrar em equilíbrio estático. 
 
Notas de aula 15 
 
 
 
 
O primeiro passo para o projeto é o cálculo das forças que estão agindo em cada barra. Quais são as 
forças que agem nas barras (1) e (2)? 
 
Substituição das barras (1) e (2) pelas forças atuantes: 
 
Decomposição da força F1, em suas componentes horizontal e vertical; 
 
sen 70º = FV / F1, então FV = sen 70º x F1 = 0,94F1 cos 
70º = FH / F1, então FH = cos 70º x F1 = 0,34F1 
 
Representação das forças decompostas na estrutura: 
 
Sistema em equilíbrio de forças: 
FH = 0 
-F2 + 0,34F1 = 0, F2 = 0,34F1 (EQ 1) 
 
FV = 0 
0,94F1 – 1500 = 0 
0,94F1 = 1500 
F1 = 1500 / 0,94 = 1596 Kgf 
 
Substituindo F1 na EQ 1 temos: F2 = 
0,34 x 1596 = 543 Kgf 
 
Notas de aula 16 
 
 
 
 
4) Para suportar um peso de um determinado valor, foi projetada uma estrutura composta por 2 perfis no formato 
de barras quadradas fixadas numa laje de concreto armado em 2 pontos e unidas no ponto de aplicação da força 
conforme o desenho abaixo. 
 
Estas barras devem possuir resistência mecânica suficiente para suportar esta carga sem se deformar e romper. 
Para tanto, o sistema deve se encontrar em equilíbrio estático. 
 
O primeiro passo para o projeto é o cálculo das forças que estão agindo em cada barra. Quais são as forças 
que agem nas barras (1) e (2)? 
 
 
Substituição das barras (1) e (2) pelas forças atuantes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Decomposição da força F1, em suas componentes horizontal e vertical; sen 40º = Fy / 
F1, então Fy = sen 40º x F1 = 0,64 F1 (cima) 
cos 40º = Fx / F1, então Fx = cos 40º x F1 = 0,77 F1 (esquerda) Decomposição da força 
F2, em suas componentes horizontal e vertical; 
sen 65º = Fy / F2, então Fy = sen 65º x F2 = 0,91 F2 (cima) 
cos 65º = Fx / F2, então Fx = cos 65º x F2 = 0,42 F2 (direita) 
 
Sistema em equilíbrio de forças: 
Fx = 0 
-0,77F1 + 0,42F2 = 0 0,42F2 
= 0,77F1 (EQ 1) F2 = 
1,83F1 
 
Fy = 0 
0,64F1 + 0,91F2 - 14 = 0 
0,64F1 = 14 – 0,91F2 
F1 = 14 / 0,64 – 0,91F2 / 0,64 = 21,88 – 1,42F2 
 
Substituindo F2 nesta equação temos: F1 = 
21,88 – 1,42 x 1,83F1 
3,60F1 = 21,88 
F1 = 6,08kN 
 
F2 = 1,83 x 6,08 = 11,12kN 
 
 
5) Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de diâmetro de 20 mm conforme mostrado na figura. 
Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força de aperto aplicada for de 45N. 
Notas de aula 17 
 
 
 
 MA = 0 
+45 x 170 - F x 30 = 0 
30F = 7.650 
F = 7.650 / 30 = 255N 
 
6) Supondo que o sistema abaixo encontra-se em equilíbrio de forças e momentos, calcular a intensidade da força F 
aplicada no ponto B da chave para que o torque no eixo A seja de 50 Nm. 
 
Distância entre um ponto e uma reta: a cota (linha) de distância deve estar perpendicular a esta reta. 
 
A
20 20
cos 20° = , então a = = 21,28cm = 0,213m
a 0,94
50
M =0, então 50 - F x 0,213 = 0, então F = = 234,74N
0,213

 
 
7) Uma estrutura representada na figura, é composta por uma viga sobre a qual agem esforços na sua parte 
superior. 
Esta estrutura se encontra bi-apoiada, para mantê-la na posição de equilíbrio estático. 
Nesta condição, quais são as suas reações nos apoios? 
Desprezar o peso próprio da viga. 
 
 
 = 0
RAx = 0
 = 0
RAy + RBy - 20 - 15 = 0, então RAy + RBy = 35 (equação I)
 = 0, então RAx x 0 + RAy x 0 - RBy x 4 + 20 + 20 x 1 - 15 x 1,5 = 0,
4RBy = 17,5, então RBy = = 4,38kN
4
Subst na eq
17,5
Fx
Fy
MA



 I, então RAy + 4,38 = 35, então RAy = 30,62kN
 
 
 
 
Notas de aula 18 
 
 
8) A estrutura, mostrada na figura, é 
suportada por um apoio A (fixo) e uma barra 
articulada no apoio B. 
Sabe-se que as reações no apoio A são as 
seguintes: 
RAx = 5kN (para esquerda) e RAy = 9,32kN 
(para cima). 
 
Determinar a força que está agindo na barra 
(1) e indicar se a mesma está tracionando ou 
comprimindo a barra. 
 
 
 
 
∑MA = 0, então RAx x 0 + RAy x 0 - 20 + 15 x 6 - 5 x 1,5 - F1 x 11 = 0 
62,5 = 11F1 
F1 = 62,5 / 11 = 5,68 kN = 5.680 N 
 
 
9) Um eixo de um motor elétrico está representado na figura com uma força de 20 kN para baixo agindo na polia que 
está acoplada na sua extremidade. Calcular as reações nos seus apoios (mancais) A e B. 
 
Representação da estrutura 
 
Representação das reações: 
 
 
Forças horizontais: RAx = 0 
 
Forças verticais: RAy + RBy – 20 = 0, então RAy + RBy = 20 (Equação I) 
 
Momentos no apoio A: RAx x 0 + RAy x 0 + 20 x 200 + RBy x 600 = 0, então 
4000 + 600RBy = 0, então – 4000 = 600 RBy, então 
RBy = -4000 / 600 = -6,67 KN. 
 
Substituindo na equação I, temos Rav – 6,67 = 20, então 
RAy = 20 + 6,67 = 26,67 KN. 
 
 
10) Determinar a força F que está agindo na corrente da estrutura. 
Notas de aula 19 
 
 
 
Transformação da carga uniformemente variável em carga concentrada: F conc = 20 x 1,5 / 2 = 15kN 
Localização da força: 1/3 do comprimento em relação à extremidade direita da estrutura = 1/3 x 1,5 = 0,5m 
 
Decomposição da força F agindo na corrente: 
 
FV = cos 37º x F = 0,8F 
FH = sen 37º x F = 0,6F 
 
Representação da força F decomposta e carga concentrada na estrutura: 
 
∑MA = 0 
 
+0,6F x 2 + 0,8F x 2 - 10 x 1 - 2 - 15 x 1,5 = 0 
2,8F - 10 - 2 - 22,5 = 0 
 
34,5 = 2,8F 
F = 34,5 / 2,8 = 12,3kN = 12.300N 
 
11) A estrutura, no formato L, mostrada na figura, é suportada por um apoio A (fixo) e uma barra 
articulada no apoio B (móvel). 
Calcular as reações nos apoios A e B, devido às forças concentrada e distribuída, e o momento agindo na estrutura. 
 
Notas de aula 20 
 
 
 
 
 
Por equilíbrio de forças: 
 
Transformação de carga uniformemente distribuída em concentrada: F = 500 x 3 = 1.500 Kgf Forças horizontais: 
RAx – RBx + 700 = 0, então RAx – RBx = -700 (Equação I) 
Forças verticais: RAy -1500 = 0, então RAy = 1.500Kgf. 
 
Momentos no apoio A: RAx x 0 + RAy x 0 + RBx x 6 - 700 x 4 - 300 - 1500 x 3,5 = 0, então 
6RBx - 2800 - 300- 5250 = 0, então 6RBx - 8350 = 0, então 
RBx = 8350 / 6 = 1.392 Kgf. 
 
Substituindo na equação I, temos RAx – 1.392 = -700, então 
RAx = -700 + 1.392 = 692 Kgf. 
 
12) Uma viga, engastada em uma coluna no ponto A, está sujeita a esforços conforme indicação no desenho 
abaixo. 
Esta viga deve suportar os esforços que agem sobre ela. 
Indicar e calcular as reações no ponto A, para que haja equilíbrio estático. 
 
 
Decomposição da força de 5kN: 
 
 
 
sen 50º = Fy / 5, então Fy = sen 50º x 5 = 3,83kN 
Notas de aula 21 
 
 
cos 50º = Fx / 5, então Fx = cos 50º x 5 = 3,21kN 
 
Transformação da carga distribuída em concentrada: Fequivalente = 
1,5 x 3 = 4,5kN 
 
 
 
Fx = 0 
RAx – 3,21 = 0 
RAx = 3,21 kN 
 
Fy = 0 
RAy – 3,83 – 4,5 = 0 
RAy = 8,33 kN 
 
MA = 0 
M + RAx x 0 + RAy x 0 – 3,83 x 3 – 4,5 x (6 – 0,75) = 0 
M = 11,49 + 23,625 = 35,115 kNm 
 
 
13) A estrutura mostrada na figura, é suportada por um apoio A (fixo) e uma barra de secção redonda 
identificada como (1) fixada nos vínculos B e C. 
 
As cargas agindo na parte superior e lateral da viga fazem com que ela apresente uma tendência de giro em torno 
do apoio A. Isto é evitado por uma força de reação provocada pela barra que puxa a viga para cima. Como 
conseqüência a barra fica sujeita a um esforço de tração. 
 
Supor que o sistema se encontre em equilíbrio estático e desprezando o peso próprio da viga e da barra, 
determinar: 
 
Força F1 que atua na barra e as reações no apoio A. 
 
 
Decomposição da força F1, em suas componentes horizontal e vertical; 
sen 30º = Fx / F1, então Fx = sen 30º x F1 = 0,5 F1 (esquerda) 
cos 30º = Fy / F1, então Fy = cos 30º x F1 = 0,87 F1 (cima) 
 
Por equilíbrio de forças: Momentos no apoio A: 
RAx x 0 + RAy x 0 + 0,5F1 x 1 + 0,87F1 x 1,2 – 5 – 10 x 0,5 – 30 x (1 + 1,2) = 0 
1,54 F1 = 76 
F1 = 76 / 1,54 = 49,35 kN 
 
Soma de forças em x: Rax para a esquerda 
Notas de aula 22 
 
 
-RAx – 0,5F1 + 10 = 0 
Substituindo F1, então –RAx – 0,5 x 49,35 = -10 
RAx = 10 – 24,67 = - 14,67 kN 
 
Soma de forças em y: RAy para cima 
RAy + 0,87F1 – 30 = 0 
Substituindo F1, então RAy + 0,87 x 49,35 = 30 
RAy = 30 – 42,93 = - 12,93 kN 
 
 
14) Um braço metálico, representado esquematicamente abaixo e utilizado para movimentar verticalmente uma 
carga qualquer, é fixado em uma coluna através de parafusos. 
Estes parafusos devem suportar o peso próprio do braço, bem como a carga movimentada, sem se romper. 
Calcular as forças resultantes que estão agindo em cada parafuso. 
Desprezar o peso próprio do braço. 
Indicar os vetores força agindo em cada parafuso, bem como a sua resultante. 
Unidades de medida não indicadas em mm. 
 
Sistema em equilíbrio estático 
Tipo de fixação: engastamento 
 
Equilíbrio de forças no eixo y: ∑Fy = 0 
Reação vertical em cada parafuso = 3 / 5 = 0,6 kN 
 
Equilíbrio de momentos no parafuso central: ∑M = 0 
 
A força de 3kN deslocada em relação ao parafuso central 5 (ponto teórico de giro) provoca um momento em relação 
a este ponto no sentido horário. 
Para equilibrar, existem reações nos parafusos, indicadas como Fm, que provocarão um momento no sentido anti-
horário, com o mesmo valor. 
Parafuso central não provoca momento. 
 
Notas de aula 23 
 
 
 
100Fm + 100Fm + 100Fm + 100Fm = 3 x 1200 
400Fm = 3600, então Fm = 3600 / 400 = 9kN 
 
Soma Vetorial: 
 
2 2R1 = R3 = 9 +0,6 = 9,02kN
 
R2 = 9 - 0,6 = 8,4kN
 
R4 = 9 + 0,6 = 9,6kN
 
R5 = 0,6kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula 24 
 
 
Exercícios para resolver: 
 
1) Calcular as reações nos apoios da viga. Desprezar o peso próprio da viga. 
 
a) 
 
RAY=14 kN, RBY=18 kN 
b) 
 
RAY=28 kN, RBY= 62kN 
c) 
 
RAY=4,75 kN, RAX=8kN (esquerda), RBY=5,25 kN 
d) 
 
RAY=2,55 kN, RAX=4,95 kN (esquerda), RBY=2,40 kN 
e) 
 
RAY=9,9 kN, RAX=12 kN (direita), RBY=7,1 kN 
f) 
 
RAY=60 kN, RBY= 20 kN 
g) 
 
RAY=14,58 kN,RAX=2 kN (esquerda),RBY= 13,42 kN 
h) 
 
RAY=13 kN, RBY=7 kN 
i) 
 
RAY=5,10 kN, RAX=4 kN (esquerda), RBY=24,90 kN 
 
 
 
 
 
REFERÊNCIA BÁSICA: 
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais – Sarkis Melconian 
	Aula 1 - Resistência dos Materiais II - Flexão - Diagramas
	Aula 2 - Resistência dos Materiais II - Resistência à Flexão B
	Aula 3 - Resistência dos Materiais II - Resistência a Torção
	Aula 4 - Resistência dos Materiais II - Treliças planas - Conceitos e exemplos de cálculo
	Aula 5 - Resistência dos Materiais II - Conceitos, unidades, equilíbrio de forças