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RESOLUÇÃO RESISTÊNCIA DOS 
MATERIAIS R. C. HIBBELER 
 7ª EDIÇÃO 
De acordo com o Sistema Internacional de Unidades (SI) 
 
 
Resolução: Steven Róger Duarte dos San 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos 
 
 
SUMÁRIO 
 
1.0 TENSÃO .................................................................................................................................................................... 1 
1.1 PROBLEMAS ................................................................................................................................................ 2 
1.2 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 26 
1.3 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 51 
1.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ..................................................................................................................... 68 
2.0 DEFORMAÇÃO ..................................................................................................................................................... 73 
2.1 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 74 
3.0 PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS ........................................................................................ 91 
3.1 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 92 
3.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 104 
3.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 108 
4.0 CARGA AXIAL .................................................................................................................................................... 113 
4.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 114 
4.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 130 
4.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 150 
4.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 159 
4.5 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 172 
5.0 TORÇÃO ............................................................................................................................................................... 177 
5.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 178 
5.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 199 
5.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 214 
5.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 222 
5.5 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 234 
5.6 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 245 
6.0 FLEXÃO ................................................................................................................................................................ 251 
6.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 252 
6.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 291 
6.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 334 
6.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 346 
6.5 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 367 
6.6 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 382 
7.0 CISALHAMENTO TRANSVERSAL ................................................................................................................. 389 
7.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 390 
7.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 413 
7.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 424 
7.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 441 
8.0 CARGAS COMBINADAS ................................................................................................................................... 448 
8.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 449 
 
 
8.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 456 
8.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 493 
9.0 TRANSFORMAÇÃO DA TENSÃO ................................................................................................................... 505 
9.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 506 
9.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 550 
9.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 581 
9.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 591 
10.0 TRANSFORMAÇÃO DA DEFORMAÇÃO .................................................................................................... 597 
10.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 598 
10.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 627 
10.3 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 643 
10.4 PROBLEMAS DE REVISÃO................................................................................................................. 658 
11.0 PROJETO DE VIGAS E EIXOS ...................................................................................................................... 663 
11.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 664 
11.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 691 
11.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 707 
12.0 DEFLEXÃO DE VIGAS E EIXOS ................................................................................................................... 713 
12.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 714 
12.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 742 
12.3 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 758 
12.4 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 783 
12.5 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 792 
12.6 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 801 
12.7 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 807 
12.8 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 817 
13.0 FLAMBAGEM DE COLUNAS ......................................................................................................................... 824 
13.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 825 
13.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 852 
13.3 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 879 
13.4 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 892 
13.5 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 907 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ...................................................................................................................... 914 
APÊNDICE A - PROPRIEDADES MECÂNICAS MÉDIAS DE MATERIAIS TÍPICOS DE ENGENHARIA 
(Unidades SI) ............................................................................................................................................................... 915 
APÊNDICE B - PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DE PERFIS ESTRUTURAIS ......................................... 916 
APÊNDICE C - INCLINAÇÃO E DEFLEXÃO DE VIGAS ................................................................................. 920 
APÊNDICE D - CORREÇÃO DAS RESPOSTAS DO LIVRO R. C. HIBBLER 7ª EDIÇÃO ........................... 922 
 
 
 
 
 APRESENTAÇÃO 
 
Este livro começou a ser desenvolvido ainda quando era acadêmico do curso de engenharia civil pelo Centro 
Universitário de Anápolis Unievangélica – GO devido ao fascínio que tive pela disciplina. Contém as resoluções passo 
a passo de todos os problemas do livro R. C. Hibbeler 7ª edição dos capítulos 1 ao 13 (sujeito a correções e melhorias). 
No apêndice D existe um quadro de correções de algumas respostas do livro do Hibbeler, que pude observar que não 
estão de acordo com as respostas desenvolvidas neste livro devido a conversão de unidades. 
A Resistência dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos é uma disciplina de grande importância nos cursos de 
engenharia, pois o aluno começa a observar o curso de uma forma mais madura, devido ser uma disciplina mais voltada 
para a prática de engenharia e por propiciar desafios. O objetivo aqui é desperta o interesse do aluno pra tal e mostrar 
que a Resistência dos Materiais não é um bicho de sete cabeças. E é claro, um material que sirva de apoio para 
professores que ministram essa disciplina. 
Bons estudos, e faça bom proveito. 
 
O autor.
 
1 
 
Capítulo 1 
 
 
 
 
 
Tensão 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tensão 
2 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.1 - PROBLEMAS 
1.1. Determine a força normal interna resultante que age na seção transversal no ponto A em cada coluna. Em (a), o 
segmento BC tem massa de 300 kg/m e o segmento CD tem massa de 400 kg/m. Em (b), a coluna tem uma massa de 
200 kg/m. 
 
 Figura 1.1 
 
 
 
 
 
 
 
1.2. Determine o torque resultante interno que age sobre as seções transversais nos pontos C e D do eixo. O eixo está 
preso em B. 
 
 Figura 1.2 
 
 
(a) Coluna (a) 
W2 = 400 × 9,81 × 1,2 = 4,7088 kN 
W1 = 30 × 9,81 × 3 = 8,829 kN ↑ + ∑ Fy = 0 
NA – 4,7088 – 8,829 – 5 – 6 = 0 
NA = 24,54 kN 
(b) Coluna (b) 
W = 200 × 9,81 × 3 = 5,886 kN ↑ + ∑ Fy = 0 
NA – 5,886 – 8 – 6 – 6 – 4,5 – 4,5 = 0 
NA = 34,9 kN 
↶ + ∑ MC = 0 ∴ 250 − TC = 0 ∴ TC = 250 N.m 
 ↶ + ∑ MD = 0 ∴ TD + 250 − 400 = 0 ∴ TD = 150 N.m 
Tensão 
3 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.3. Determine o torque resultante interno que age nas seções transversais nos pontos B e C. 
 
 Figura 1.3 
 
 
 
 
*1.4. O dispositivo mostrado na figura sustenta uma força de 80 N. Determine as cargas internas resultantes que agem 
sobre a seção no ponto A. 
 
 Figura 1.4 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MB = 0 
TB − 500 + 350 = 0 
TB = 150 N.m 
↶ + ∑ MC = 0 
TC − 500 = 0 
TC = 500 N.m 
→ + ∑ Fx = 0 −VAcos(60°) + NAcos(30°) − 80sen(45°) = 0 [1] 
 
↶ + ∑ MA = 0 
MA + 80cos(45°) × 0,3cos(30°) − 80sen(45°) × (0,1 + 0,3sen30°) = 0 
MA = −0,55 N.m 
↑ + ∑ Fy = 0 
VAsen(60°) + NAsen(30°) – 80cos(45°) = 0 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 
VA = 20,7 N e NA = 77,3 N 
Tensão 
4 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.5. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal no ponto D do elemento AB. 
 
 
Figura 1.5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MB(Elemento AB) = 0 
0,4Ay −70 = 0 
Ay = 175 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
175 + Cy = 0 
Cy = 175 N 
↶ + ∑ MB(Elemento BC) = 0 
0,15 ×175 − 0,2Cx = 0 
Cx = 131,25 N 
→ + ∑ F x = 0 
Ax – 131,25 = 0 
Ax = 131,25 N 
→ + ∑ Fx = 0 
ND + 131,25 = 0 
ND = −131,25 N 
→ + ∑ Fy = 0 
 – VD – 175 = 0 
VD = −175 N 
↶ + ∑ MD = 0 
MD + 175 × 0,05 = 0 
MD = −8,75 N.m 
Tensão 
5 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.6. A viga AB é suportada por um pino em A e por um cabo BC. Determine as cargas internas resultantes que agem na 
seçãotransversal no ponto D. 
 
 
Figura 1.6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2TBCsen(θ) – 5 × 1,2 = 0 
TBC = 12 kN 
ϕ = arctang(1,21,6) = arctang(0,75) = 36,87° 
θ + ϕ = artang( 21,6)= arctang(1,25) = 51,34° 
θ = 51,34° − 36,87° = 14,47° 
 
↗ + ∑ Fx = 0 −ND − 12cos(14,47°) − 5cos(36,87°) = 0 
ND = −15,63 kN 
↖ + ∑ Fy = 0 
VD + 12sen(14,47°) – 5sen(36,87) = 0 
VD = 0 kN 
↶ + ∑ MD = 0 −MD + dBDTBCsen(θ)−5sen(ϕ) × dBD = 0 
MD = 0 kN.m 
Tensão 
6 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.7. Resolva o Problema 1.6 para as cargas internas resultantes que agem no ponto E. 
 
Figura 1.7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2TBCsen(θ) – 5 × 1,2 = 0 
TBC = 12 kN 
ϕ = arctang(1,21,6) = arctang(0,75) = 36,87° 
θ + ϕ = artang( 21,6) = arctang(1,25) = 51,34° 
θ = 51,34° − 36,87° = 14,47° 
 
↗ + ∑ Fx = 0 −NE – 12cos(14,47°) – 5cos(36,87°) = 0 
 NE = −15,63 kN 
↖ + ∑ Fy = 0 
VE + 12cos(14,47°) – 5sen(36,87°) = 0 
VE = 0 kN 
↶ + ∑ ME = 0 −ME + dBETBCsen(θ)−5sen(ϕ) × dBE = 0 
ME = 0 kN.m 
Tensão 
7 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.8. A lança DF do guindaste giratório e a coluna DE têm peso uniforme de 750 N/m. Se o guindaste e a carga pesam 
1.500 N, determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam nos pontos A, B e C. 
 
Figura 1.8 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Seção 1 (0≤ x ≤ 0,9 m) → + ∑ Fx = 0 
NA = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VA – 0,675 – 1,5 = 0 
VA = 2,17 kN 
↶ + ∑ MA = 0 −MA−1,5 × 0,9−0,675 × 0,45 = 0 
MA= −1,654 kN.m 
Seção 2 (0≤ x ≤ 3,3 m) → + ∑ Fx = 0 
NB = 0 kN 
↶ + ∑ MB = 0 −MB − 1,5 × 3,3 − 2,457 × 1,65 = 0 
MB = −9,034 kN.m 
↑ + ∑ Fy = 0 
VB – 2,475 – 1,5 = 0 
VB = 3,98 kN 
Seção 3 (0≤ y ≤ 1,5 m) → + ∑ Fx = 0 
VC = 0 kNNC 
↶ + ∑ MC = 0 −MC − 2,925 × 1,95 − 3,9 × 1,5 = 0 
MC = −11,554 kN.m 
 ↑ + ∑ Fy = 0 −NC – 1,125 – 2,925 – 1,5 = 0 
NC = −5,55 kN 
 
Tensão 
8 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.9. A força F = 400 N age no dente da engrenagem. Determine as cargas internas resultantes na raiz do dente, isto é, 
no centroide da seção a-a (ponto A). 
 
 Figura 1.9 
 
 
 
 
1.10. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes na seção transversal que 
passa pelo ponto C. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. 
 
Figura 1.10 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↗ + ∑ Fx = 0 
VA – 400cos(15°) = 0 
 VA = 368,37 N 
 ↖ + ∑ Fy = 0 
NA – 400sen(15°) = 0 
NA = 103,57 N 
↶ + ∑ MA = 0 −MA + 400cos(15°) × 0,00575 – 400sen(15°) × 0,004 = 0 
MA = 1,808 N.m 
↶ + ∑ MA = 0 −3 × 27 – (6 + 2 × 1,353 )(8,1) + 6RB = 0 
RB = 22,815 kN 
 ↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 22,815 – 27 – 8,1 = 0 
RA = 12,286 kN 
 
 → + ∑ Fx = 0 
NC = 0 kN 
 ↑ + ∑ Fy = 0 
12,285 – 16,2 – VC = 0 
VC = 3,92 kN 
↶ + ∑ MC = 0 
MC + 16,2 × 1,8 – 12,285 × 3,6 = 0 
MC = 15,07 kN.m 
 
 
Tensão 
9 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.11. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que 
passam pelos pontos D e E. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. 
 
 
Figura 1.11 
 
 
 
 
 
 
Ponto E 
 
 
 
 
 
Ponto D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −3 × 27 – (6 + 2 × 1,353 )(8,1) + 6RB = 0 
RB = 22,815 kN 
 
 ↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 22,815 – 27 – 8,1 = 0 
RA = 12,286 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
NE = 0 kN 
 ↑ + ∑ Fy = 0 
VE – 2,03 = 0 
VE = 2,03 kN 
 ↶ + ∑ ME = 0 − ME − 2,03 × 1,353 = 0 
ME = −0,911 kN.m 
 
→ + ∑ Fx = 0 
ND = 0 kN 
 ↑ + ∑ Fy = 0 −VD – 8,1 + 12,285 = 0 
VD = 4,18 kN 
 ↶ + ∑ MD = 0 
MD + 8,1 × 0,9 – 12,285 × 1,8 = 0 
MD = 14,823 kN.m 
 
Tensão 
10 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.12. Determine as cargas internas resultantes que agem sobre (a) seção a-a e (b) seção b-b. Cada seção está localizada 
no centroide, ponto C. 
 
Figura 1.12 
 
(a) Seção a-a 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
3,6 × 3 – 6sen(45°) × RB = 0 
RB = 2,545 kN 
→ + ∑ Fx = 0 − NC − 2,5456cos(45°) = 0 
NC = −1,8 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
2,5456sen(45°) − 2,4 + VC = 0 
VC = −1,723 kN 
↶ + ∑ MC = 0 
MC + 2,4 × 2 – 2,5456 × 4sen(45°) = 0 
MC = 2,4 kN.m 
 
(b) Seção b-b 
 → + ∑ Fx = 0 
NC + 2,5456 – 2,4cos(45°) = 0 
NC = −0,85 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VC – 2,4sen(45°) = 0 
VC = 1,7 kN 
 
↶ + ∑ MC = 0 
MC + 2,4 × 2 – 2,5456 × 4sen(45°) = 0 
MC = 2,4 kN.m 
 
Tensão 
11 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.13. Determine a resultante das forças internas normal e de cisalhamento no elemento e : (a) seção a-a e (b) seção b-
b, sendo que cada uma delas passa pelo ponto A. Considerando θ = 60°. A carga de 650 N é aplicada ao longo do eixo 
do centroide do elemento. 
 
 
 Figura 1.13 
 
 
 
 
 
1.14. Determine a resultante das forças interna normal e de cisalhamento no elemento na seção b-b, cada uma em função 
de θ. Represente esses resultados em gráficos para 0 ≤ θ ≤ 90°. A carga de 650 N é aplicada ao longo do eixo do 
centroide do elemento. 
 
 
 Figura 1.14 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
Va-a = 0 N 
→ + ∑ Fy = 0 
Na-a = 650 N 
 ↑ + ∑ Fx = 0 
Nb-b = 650sen(90°− 60º) 
Nb-b = 325 N 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Vb-b = 650cos(90° − 60º) 
Vb-b = 563 N 
↑ + ∑ Fx = 0 
Nb-b – 650sen(90°− θ) = 0 
Nb-b = 650cos(θ) 
 ↑ + ∑ Fy = 0 
Vb-b − 650cos(90°− θ) = 0 
Vb-b = 650sen(θ) 
 
(a) Seção a-a (b) Seção b-b 
Tensão 
12 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.15. A carga de 4.000 N está sendo levantada a uma velocidade constante pelo motor M, que pesa 450 N. Determine 
as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B na viga. A viga pesa 600 N/m e está 
fixada à parede em A. 
 
 
Figura 1.15 
 
 
 
 
 
 
 
*1.16. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelos pontos C e D da viga no 
Problema 1.15. 
 
Figura 1.16 
Continua... 
→ + ∑ Fx = 0 −NB – 2 = 0 
NB = − 2 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VB – 0,72 – 4 = 0 
VB = 4,72 kN 
↶ + ∑ MB = 0 −MB − 0,72 × 0,6 + 2 × 0,45 − 4 × 1,275 = 0 
MB = −4,632 kN.m 
 
Tensão 
13 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
Ponto C 
 
 
 
 
 
Ponto D 
 
 
 
 
 
1.17. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B. 
 
Figura 1.17 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 −NC – 2 = 0 
NC = −2 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VC – 4 – 1,26 = 0 
VC = 5,26 kN 
↶ + ∑ MC = 0 −MC + 2 × 0,45 – 1,26 × 1,05 – 4 × 2,175 = 0 
MC = −9,123 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 
ND = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VD – 2,52 – 4 – 0,45 = 0 
VD = 6,97 kN 
↶ + ∑ MD = 0 −MD − 0,45 × 1,2 − 2,52 × 2,1 − 4 × 4,275 = 0 
MD = −22,932 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 
NB = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VB – 1.440 = 0 
VB = 1.440 kN 
↶ + ∑ MB = 0 −MB – 1.440 × 43 = 0 
MB = −1.920 kN.m 
 
Tensão 
14 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.18. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção 
transversal que passa pelo ponto C. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. 
 
Figura 1.18 
 
 
 
 
Ponto C 
 
 
 
 
 
1.19. Determine as cargas internas resultantesque agem na seção transversal que passa pelo ponto D no Problema 1.18. 
 
Figura 1.19 
 
Continua... 
↶ + ∑ MA = 0 −4,5 × 4,5 – 4,5 × 6 + 9RB = 0 
RB = 5,25 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 5,25 – 4,5 – 4,5 = 0 
RA = 3,75 kN 
 
→ + ∑ Fx = 0 
NC = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −VC – 0,5 – 1,5 + 3,75 = 0 
VC = 1,75 kN 
↶ + ∑ MC = 0 
MC – 3,75 × 3 + 0,5 × 1 + 1,5 × 1,5 = 0 
MC = 8,5 kN.m 
Tensão 
15 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
Ponto D 
 
 
 
 
 
*1.20. A estrutura do poste de energia elétrica suporta os três cabos, e cada um deles exercem uma força de 4 kN nas 
escoras. Se as escoras estiverem acopladas por pinos em A, B e C, determine as cargas internas resultantes nas seções 
transversais que passam pelos pontos D, E e F. 
 
 
 Figura 1.20 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −4,5 × 4,5 – 4,5 × 6 + 9RB = 0 
RB = 5,25 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 5,25 – 4,5 – 4,5 = 0 
RA = 3,75 kN 
 
→ + ∑ Fx = 0 
ND = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VD – 0,5 – 3,5 + 5,25 = 0 
VD = −1,25 kN 
↶ + ∑ MD = 0 −MD - 3,5 × 1,5 − 0,5 × 2 + 5,25 × 3 = 0 
MD = 9,5 kN.m 
 
→ + ∑ Fx = 0 
Ax − Cx = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay – Cy + 12 = 0 [2] ↶ + ∑ M = 0 M – 4 × 1,2 – 4 × 1,2 + 4,1,2 = 0 
M = 4,8 kN.m 
Continua... 
Tensão 
16 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
PontoD 
 
 
Ponto E 
 
 
 
Ponto F 
 
 
 
 
1.21. O guindaste de tambores suspende o tambor de 2,5 kN. O pino de ligação está conectado à chapa em A e B. A 
ação de aperto sobre a borda do tambor é tal que somente forças horizontais e verticais são exercidas sobre o tambor em 
G e H. Determine as cargas internas resultantes na seção transversal que passa pelo ponto I. 
 
Figura 1.21 
↶ + ∑ MB = 0 
1,2Ay + 0,9Ax – 4 × 2,4 = 0 [3] ↶ + ∑ MB = 0 11,2Cy + 0,9Cx − 4 × 2,4 = 0 [4] Resolvendo as equações, obtem-se: Ax = 2,67 kN Ay = 6 kN 
Cx = 2,67 kN Cy = 6 kN 
 
→ + ∑ Fx = 0 
VD = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
ND = 0 kN 
↶ + ∑ MD = 0 
MD = 0 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 −VE + 2,67 = 0 
VE = 2,67 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
NE − 6 = 0 
NE = 6 kN 
↶ + ∑ ME = 0 
ME − 2,67 × 0,9 = 0 
ME = 2,4 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 
VF + 2,67 – 2,67 = 0 
VF = 0 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
NF – 6 – 6 = 0 
NF = 12 kN 
↶ + ∑ MF = 0 
MF + 2,67 × 0,9 − 2,67 × 2,67 = 0 
MF = 4,8 kN.m 
Continua... 
Tensão 
17 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
Ponto I 
 
 
 
 
 
1.22. Determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam pelos pontos K e J no guindaste de 
tambores no Problema 1.21. 
 
 Figura 1.22 
 
 
 
 
 
RAC = RBD = R 
 ↑ + ∑ Fy = 0 −RACcos(30°) – RBDcos(30°) + 2,5 = 0 
R = 1,443 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
VI – 1,443cos(60°) = 0 
VI = 0,722 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −NI + 1,443sen(60°) = 0 
NI = 1,25 kN 
 ↶ + ∑ MI = 0 −MI + 1,443cos(60°) × 0,2 = 0 
MI = 0,144 kN.m 
 
RAC = RBD = R ↑ + ∑ Fy = 0 −RACcos(30°) – RBDcos(30°) + 2,5 = 0 
R = 1,443 kN 
Continua... 
Tensão 
18 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
Ponto J 
 
 
 
 
 
 Ponto K 
 
 
 
 
1.23. O cano tem massa de 12 kg/m. Se ele tiver fixado à parede em A, determine as cargas internas resultantes que 
agem na seção transversal em B. Despreze o peso da chave CD. 
 
 
 Figura 1.23 
 
 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
NJ + 1,443 = 0 
NJ = −1,443 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VD = 0 kN 
↶ + ∑ MJ = 0 
MJ = 0 kN.m 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
3,016 − NK = 0 
NK = 3,016 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VK = 0 kN 
↶ + ∑ MK = 0 
MK = 0 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 
(NB)x = 0 N 
↑ + ∑ Fz = 0 
(VB)z = 12 × 9,81 × 0,4 + 12 × 9,81 × 0,2 
(VB)z = 70,6 N 
↶ + ∑(TB)x = 0 
(TB)x = 47,088 × 0,2 
(TB)x = 9,42 N.m 
↑ + ∑ Fy = 0 
(VB)y = 0 N 
↶ + ∑(MB)y = 0 
(MB)y = 60 × 0,35 – 60 × 0,05 – 47,088 × 0,2 – 23,544 × 0,1 
(MB)y = 6,23 N.m 
↶ + ∑(MB)z = 0 
(MB)z = 0 N.m 
Tensão 
19 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.24. A viga mestra AB suporta a carga na asa do avião. As cargas consideradas são a reação da roda de 175 kN em 
C, o peso de 6 kN do combustível no tanque da asa, com centro de gravidade em D, e o peso de 2 kN da asa, com centro 
de gravidade em E. Se a viga estiver fixada à fuselagem em A, determine as cargas internas resultantes na viga nesse 
ponto. Considere que a asa não transfere nenhuma carga à fuselagem, exceto pela viga. 
 
 Figura 1.24 
 
 
 
 
 
 
1.25. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B do poste de 
sinalização. O poste está fixado ao solo, e uma pressão uniforme de 50 N/m² age perpendicularmente à parede frontal 
da placa de sinalização. 
 
 Figura 1.25 Continua... 
∑ Fx = 0 
(VA)x = 0 kN 
∑ Fy = 0 
(NA)y = 0 kN 
∑ Fz = 0 
(VA)z + 175 – 6 – 2 = 0 
(VA)z = −167 kN ↶ + ∑(TA)y = 0 
(TA)y + 0,45 × 6 – 0,3 × 2 = 0 
(TA)y = −2,1 kN.m 
↶ + ∑(MA)z = 0 (𝐌𝐀)𝐳 = 𝟎 ↶ + ∑(MA)x = 0 (MA)x – 6 × 1,8 – 2 × 3,6 + 175 × 3 = 0 
(MA)x = −507 kN.m 
Tensão 
20 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
1.26. O eixo está apoiado em suas extremidades por dois mancais A e B e está sujeito ás polias nele fixadas. Determine 
as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto D. As forças de 400 N agem na direção 
–z e as forças de 200 N e 80 N agem na direção +y. Os suportes A e B exercem somente as componentes y e z da força 
sobre o eixo. 
 
 Figura 1.26 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ Fx = 0 
(VB)x = 750 N 
∑ Fy = 0 
(VB)y = 0 N 
∑ Fz = 0 
(NB)z = 0 N 
∑(TB)z = 0 
(TB)z = 570 × 0,5 
(TB)z = 375 N.m 
↶ + ∑(MB)x = 0 
(MB)x = 0 N.m 
↶ + ∑(MB)y = 0 
 (MB)y = 750 × 7,5 
 (MB)y = 5.625 N.m 
∑ MB = 0 
(0,4i) × (160j) + (0,7i) × (400j) + (1,1i) × (-800k) + (1,4i) × (- Ay j + Az k) = 0 
(880 – 1,4Az)j + (334 + 1,4Ay)k = 0 
880 – 1,4Az = 0 ∴ Az = 628,57 N 
334 + 1,4Ay = 0 ∴ Ay = 245,71 N 
∑ Fy = 0 
By = 314,29 N 
∑ Fz = 0 
Bz = 171,43 N 
Continua... 
Tensão 
21 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.27. O eixo está apoiado em suas extremidades por dois mancais, A e B, e está sujeito às forças aplicadas às polias nele 
fixadas. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto C. As forças de 
400 N agem na direção –z e as forças de 200 N e 80 N agem na direção +y. Os apoios A e B exercem somente as 
componentes y e z da força sobre o eixo. 
 
 Figura 1.27 
 
 
 
 
 
 
∑ Fx = 0 
(ND)x = 0 N 
∑ Fy = 0 
(VD)y + 160 – 314,29 = 0 
(VD)y = 154,3 kN 
∑ Fz = 0 
(VD)z + 171,43 = 0 
(VD)z = −171,4 N 
∑(TD)x = 0 
(TD)x = 0 N.m 
↶ + ∑(MD)y = 0 
(MD)y + 171,43 × 0,55 = 0 
(MD)y = −94,3 N.m 
↶ + ∑(MD)z = 0 
(MD)z + 314,29 × 0,55 – 160 × 0,15 = 0 
(MD)z = −149 N.m 
∑ MB = 0 
(0,4i) × (160j) + (0,7i) × (400j) + (1,1i) × (−800k) + (1,4i) × (−Ayj + Azk) = 0 
(880 – 1,4Az)j + (334 + 1,4Ay)k = 0 
880 – 1,4Az = 0 ∴ Az = 628,57 N 
334 + 1,4Ay = 0 ∴ Ay = 245,71 N 
∑ Fy = 0 
By = 314,29 N 
∑ Fz = 0 
Bz = 171,43 N 
Continua... 
Tensão 
22 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
 
*1.28. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal da estruturanos pontos F e G. O contato 
em E é liso. 
 
 Figura 1.28 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ Fx = 0 
(NC)x = 0 N 
∑ Fy = 0 
(VC)y − 246 = 0 
(VC)y = 246 N 
∑ Fz = 0 
(VC)z – 800 + 628,57 = 0 
(VC)z = 171 N 
∑(TC)x = 0 
(TC)x = 0 N.m 
↶ + ∑(MC)y = 0 
(MC)y – 800 × 0,2 + 629 × 0,5 = 0 
(MC)y = −154 N.m 
↶ + ∑(MC)z = 0 
(MC)z + 246 × 0,5 = 0 
(MC)z = −123 N.m 
→ + ∑ Fy = 0 
720 – By − 720sen(30°) = 0 
By = 360 N 
↶ + ∑ MB = 0 
0,9Cy – 720sen(30°) × 1,8 = 0 
Cy = 720 N 
↶ + ∑ MD = 0 
1,5FE – 400 × 2,7 = 0 
FE = 720 N 
Ponto F 
 
↖ + ∑ Fx = 0 
NF = 0 N 
↗ + ∑ Fy = 0 
VF – 400 = 0 
VF = 400 N 
↶ + ∑ MF = 0 − MF – 400 × 0,6 = 0 
MF = 240 N.m 
Continua... 
Tensão 
23 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
1.29. A haste do parafuso está sujeita a uma tensão de 400 N. Determine as cargas internas resultantes que agem na 
seção transversal no ponto C. 
 
Figura 1.29 
 
 
 
 
 
1.30. O cano tem massa de 12 kg/m e está preso à parede em A. Determine as cargas internas resultantes que agem na 
seção transversal que passa por B. 
 
 Figura 1.30 
 
 
Ponto G 
 
→ + ∑ Fx = 0 
83,54 + NG = 0 
NG = 83,54 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
VG – 360 = 0 
VG = 360 N 
↶ + ∑ MG = 0 
360 × 0,45 − MG = 0 
MG = 162 N.m 
 
→ + ∑ Fx = 0 
400 + NC = 0 
NC = −400 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
VC = 0 N 
↶ + ∑ MC = 0 
MC + 400 × 0,15 = 0 
MC = −60 N.m 
∑ Fx = 0 
(VB)x = 0 N 
∑ Fy = 0 
(NB)y = −600 N ∑ Fz = 0 (VB)z = 235,44 + 235,44 + 450 ∴ (VB)z = 921 N 
Continua..
. 
Tensão 
24 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
1.31. A haste curvada tem raio r e está presa em B. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção 
transversal que passa pelo ponto A, o qual está localizado a um ângulo θ em relação à horizontal. 
 
 Figura 1.31 
 
 
 
 
 
*1.32. A haste curvada AD de raio r tem peso por comprimento w. Se ela estiver no plano horizontal, determine as 
cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B. Dica: A distância entre o centroide C 
do segmento AB e o ponto O é CO = 0,9745r. 
 
 Figura 1.32 
 
 
 
↶ + ∑(MB)x = 0 
(MB)x = 1 × 235,44 + 2 × 235,44 + 2 × 45 
(MB)x = 1.606 N.m 
∑(TB)y = 0 
(TB)y = 0 N.m 
↶ + ∑(MB)z = 0 
(MB)z = −800 N.m 
↖ + ∑ Fx = 0 
NA – Psen(90° − θ) = 0 
NA = Pcos(θ) 
↗ + ∑ Fy = 0 
VA – Pcos(90° − θ) = 0 
VA = Psen(θ) 
↶ + ∑ MA = 0 
MA – P(r – rcosθ) = 0 
MA = Pr(1 – cosθ) 
∑ Fy = 0 
NB = 0 
∑ Fz = 0 
VB – 
π4 rw = 0 ∴ VB = 0,785 wr 
∑(MB)x = 0 
(MB)x + 
π4 rw × 0,9745rsen(22,5°) = 0 ∴ (MB)x = −0,293wr² 
 
∑(TB)y = 0 
TB = 
π4 rw(r – 0,9745rcos22,5°) 
TB = 0,0783 wr² 
 
Tensão 
25 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.33. Um elemento diferencial tomado de uma barra curva é mostrado na figura. Mostre que dN/dθ = V, dV/dθ = −N, 
dM/dθ = −T e dT/dθ = M. 
 
 
Figura 1.33 
 
 ∑ Fx = 0 ∴ Ncos (dθ2 ) + Vsen (dθ2 ) − (N + dN) cos (dθ2 ) + (V + dV)sen (dθ2 ) = 0 ∑ Fy = 0 ∴ Nsen (dθ2 ) − Vcos (dθ2 ) + (N + dN) sen (dθ2 ) + (V + dV)cos (dθ2 ) = 0 ∑ Mx = 0 ∴ Tcos (dθ2 ) + Msen (dθ2 ) − (T + dT) cos (dθ2 ) + (M + dM)sen (dθ2 ) = 0 ∑ My = 0 ∴ Tsen (dθ2 ) − Mcos (dθ2 ) + (T + dT) sen (dθ2 ) + (M + dM)cos (dθ2 ) = 0 sen (dθ2 ) = dθ2 , cos (dθ2 ) = 1 Vdθ − dN + dVdθ2 = 0 ∴ Vdθ − dN = 0 ∴ 𝐝𝐍𝐝𝛉 = 𝐕 Ndθ + dV + dNdθ2 = 0 ∴ Ndθ + dV = 0 ∴ 𝐝𝐕𝐝𝛉 = −𝐍 Mdθ − dT + dMdθ2 = 0 ∴ Mdθ − dT = 0 ∴ 𝐝𝐓𝐝𝛉 = 𝐌 Tdθ + dM + dTdθ2 = 0 ∴ Tdθ + dM = 0 ∴ 𝐝𝐌𝐝𝛉 = −𝐓 
Tensão 
26 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.2 - PROBLEMAS 
1.34. A coluna está sujeita a uma força axial de 8 kN aplicada no centroide da área da seção transversal. Determine a 
tensão normal média que age na seção a-a. Mostre como fica essa distribuição de tensão sobre a seção transversal da 
área. 
 
 Figura 1.34 
A = 10 × 150 × 2 + 10 × 140 = 4.400 mm² 
σ = PA = 8 × 1034.400 = 1,82 MPa 
1.35. O arganéu da âncora suporta uma força de cabo de 3 kN. Se o pino tiver diâmetro de 6 mm, determine a tensão 
média de cisalhamento no pino. 
 
Figura 1.35 
 
τméd = VA = Vπ4d2 = 1,5 × 103π4 × 62 = 53,05 MPa 
Tensão 
27 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.36. Durante uma corrida, o pé de um homem com massa 75 kg é submetido momentaneamente a uma força 
equivalente a 5 vezes o seu peso. Determine a tensão normal média desenvolvida na tíbia T da perna desse homem na 
seção a-a. A seção transversal pode ser considerada circular, com diâmetro externo de 45 mm e diâmetro interno de 25 
mm. Considere que a fíbula F não está suportando nenhuma carga. 
 
Figura 1.36 
 P = 5mg = 5 × 75 × 9,81 = 3.678,75 N 
σméd= 
PA = Pπ4(d02 − di2) = 3.678,75π4(452 − 252) = 3,346 MPa 
 
1.37. O mancal de encosto está sujeito às cargas mostradas. Determine a tensão normal média desenvolvida nas seções 
transversais que passam pelos pontos B, C e D. Faça um rascunho dos resultados sobre um elemento de volume 
infinitesimal localizados em cada seção. 
 
 Figura 1.37 
 σB = NBπ4dB2 = 500π4 × 652 = 151 kPa σC = NCπ4dC2 = 500π4 × 1402 = 32,5 kPa σD = NDπ4dD2 = 200π4 ×1002 = 25,5 kPa 
Tensão 
28 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.38. O pequeno bloco tem espessura de 5 mm. Se a distância de tensão no apoio desenvolvida pela carga variar como 
mostra a figura, determine a força F aplicada ao bloco e a distância d até o ponto onde ela é aplicada. 
 
 
 Figura 1.38 
 
 
 
 
 
1.39. A alavanca está presa ao eixo fixo por um pino cônico AB, cujo diâmetro médio é 6 mm. Se um binário for 
aplicado à alavanca, determine a tensão de cisalhamento média no pino entre ele e a alavanca. 
 
 
Figura 1.39 
 
T = 20 × 0,5 = 10 N.m τméd = T2tAméd = 102 × 0,006 × π × 0,003² = 29,5 MPa 
 
 
 
F1 = (60 + 40) × 106 × (0,120/2) = 30 kN 
F2 = 40 × 106 × 0,03 × 0,005 = 6 kN ↖ + ∑ Fy = 0 F = 30 + 6 = 36 kN ↶ + ∑ M = 0 23 × 60 × 6 + 124 × 30 – 36d = 0 
 d = 110 mm 
Tensão 
29 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.40. O bloco de concreto tem as dimensões mostradas na figura. Se o material falhar quando a tensão normal média 
atingir 0,84 MPa, determine a maior carga vertical P aplicada no centro que ele pode suportar. 
 
Figura 1.40 
A = 350 × 25 × 2 + 3 × 50 × 100 = 32.500 mm² 
σrup = PadmA ∴ Padm = σrupA = 0,84 × 32.500 = 27,3 kN 
 
1.41. O bloco de concreto tem as dimensões mostradas na figura. Se ele for submetido a uma força P = 4 kN aplicada 
em seu centro, determine a tensão normal média no material. Mostre o resultado sobre um elemento de volume 
infinitesimal do material. 
 
Figura 1.41 
A = 350 × 25 × 2 + 3 × 50 × 100 = 32.500 mm² 
 σrup = PadmA = 4 × 10332.500 = 0,123 MPa 
 
Tensão 
30 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.42. A luminária de 250 N é sustentada por três hastes de aço interligadas por um anel em A. Determine qual das hastes 
está submetida à maior tensão normal média e calcule seu valor. Considere θ = 30°. O diâmetro de cada haste é dado na 
figura. 
 
Figura 1.42 
 
 
 
 
1.43. Resolva o Problema 1.42 para θ = 45°.Figura 1.43 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
FACcos(30°) − FADcos(45°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FACsen(30°) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] Resolvendo as equações [1] e [2]: FAC = 183,2 N e FAD = 224,2 N 
σAD = FADπ4dAD2 = 224,2π4 × 7,52 𝛔𝐀𝐃 = 5,07 MPa 
σAC = FACπ4dAC2 = 183,2π4 × 62 𝛔𝐀𝐂 = 6,473 MPa 
 
σAB = FABπ4dAB2 = 250π4 × 92 𝛔𝐀𝐁 = 3,93 MPa 
→ + ∑ Fx = 0 
FACcos(45°) − FADcos(45°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FACsen(45°) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] Resolvendo as equações [1] e [2]: FAC = FAD = 176,78 N 
σAB = FABπ4dAB2 = 250π4 × 92 = 3,93 MPa σAC = FACπ4dAC2 = 176,78π4 × 62 = 6,252 MPa σAD = FADπ4dAD2 = 176,78π4 × 7,52 = 4,001 MPa 
Tensão 
31 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.44. A luminária de 250 N é sustentada por três hastes de aço interligadas por um anel em A. Determine o ângulo de 
orientação θ de AC de modo que a tensão normal média na haste AC seja duas vezes a tensão normal média na haste 
AD. Qual é a intensidade da tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é dado na figura. 
 
 Figura 1.44 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.45. O eixo está sujeito à força axial de 30 kN. Se ele passar pelo orifício de 53 mm de diâmetro no apoio fixo A, 
determine a tensão no mancal que age sobre o colar C. Determine também a tensão de cisalhamento média que age ao 
longo da superfície interna do colar no ponto onde ele está acoplado ao eixo de 52 mm de diâmetro. 
 
Figura 1.45 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
FACcos(θ) – FADcos(45°) [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
FACsen(θ) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] 
σAC = 2σAD 
FAC = 1,28FAD [3] 
Solucionando as equações: 
θ = 56,466° 
FAD = 140,92 N 
FAC = 180,377 N 
σAD = FADπ4dAD2 = 140,92π4 × 7,52 𝛔𝐀𝐃 = 3,19 MPa 
σAC = FACπ4dAC2 = 180,377π4 × 62 𝛔𝐀𝐂 = 6,38 MPa σAB =
FAB
π4dAB2 = 250π4 × 92 𝛔𝐀𝐁 = 3,93 MPa 
σmancal = PA = 30(103)π4(602 − 532) 𝛔𝐦𝐚𝐧𝐜𝐚𝐥 = 𝟒𝟖, 𝟑 𝐌𝐏𝐚 
τméd = VA = 30(103)π(52)(10) 𝛕𝐦é𝐝 = 18,4 MPa 
Tensão 
32 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.46. Os dois elementos de aço estão interligados por uma solda de topo angular de 60°. Determine a tensão de 
cisalhamento média e a tensão normal média suportada no plano da solda. 
 
 Figura 1.46 
 
 
 
 
 
 
1.47. O gancho é usado para sustentar o tubo de tal modo que a força no parafuso vertical é 775 N. Determine a tensão 
normal média desenvolvida no parafuso BC se ele tiver diâmetro de 8 mm. Considere que A seja um pino. 
 
Figura 1.47 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 − 8 + Vcos(60°) + Ncos(30°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 − Vsen(60°) + Nsen(30°) = 0 [2] Resolvendo [1] e [2], obtem-se: V = 4 kN e N = 6,93 kN 
A′ = Asen(60°) = 25 × 30sen(60°) = 866,03 mm² τméd = VA′ = 4 × 103866,03 = 4,62 MPa σ = NA′ = 8 MPa 
↶ + ∑ MA = 0 
775 × 0,04 – 0,07FBCcos(20°) = 0 
FBC = 471,28 N 
σBC = FBCπ4dBC2 = 471,28π4 × 82 = 9,38 MPa 
Tensão 
33 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.48. A prancha de madeira está sujeita a uma força de tração de 425 N. Determine a tensão de cisalhamento média e 
a tensão normal média desenvolvida nas fibras da madeira orientadas ao longo da seção a-a a 15° em relação ao eixo da 
prancha. 
 
Figura 1.48 
 
 
 
 
 
 
1.49. A junta de topo quadrada aberta é usada para transmitir uma força de 250 N e uma placa a outra. Determine as 
componentes da tensão de cisalhamento média e da tensão normal média que essa carga cria na face da solda, seção AB. 
 
 Figura 1.49 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
- Vcos(15°) – Ncos(75°) + 425 = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
Nsen(75°) − Vsen(15°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 109,86 N e V = 410 N 
 σ = NA = 109,8625 × 75sen(15°) = 0,0152 MPa τméd = VA = 41025 × 75sen(15°) = 𝟎, 𝟎𝟓𝟔𝟕 𝐌𝐏𝐚 
→ + ∑ Fx = 0 
Vcos(60°) − Ncos(30°) + 250 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 − Vsen(60°) + Nsen(30°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 216,506 N e V = 125 N 
σ = NA = 216,506150 × 50sen(60°) = 25 kPa τméd = VA = 125150 × 50sen(60°) = 𝟏𝟒, 𝟒𝟑 𝐤𝐏𝐚 
Tensão 
34 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.50. O corpo de prova falhou no ensaio de tração a um ângulo de 52° sob uma carga axial de 100 kN. Se o diâmetro 
do corpo de prova for 12 mm, determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média que agem na área do 
plano de falha inclinado. Determine também qual a tensão normal média em atuação sobre a seção transversal quando 
acorreu a falha. 
 
Figura 1.50 
 
 
 
 
 
 
 
1.51. Um corpo de prova sob tração com área de seção transversal A é submetido a uma força axial P. Determine a 
tensão de cisalhamento média máxima no corpo de prova e indique a orientação θ de uma seção na qual ela ocorre. 
 
 
Figura 1.51 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
100 – Ncos(38°) – Vcos(52°) = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 −Vsen(52°) + Nsen(38°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 78,8 kN e V = 61,57 kN 
σ = NA = 78,8 × 103π × 1224sen(52°) = 549,05 MPa τméd = VA = 61,57 × 103π × 1224sen(52°) = 𝟒𝟐𝟗 𝐌𝐏𝐚 
→ + ∑ Fx = 0 
Ncos(90°−θ) + Vcos(θ)−P = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(90°−θ) – Vsen(θ) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = Vtang(θ) e V = Psen(θ)tang(θ) + cos (θ) 
Para que V seja máximo, 
dVdθ = 0 
Logo: θ = 45° 
Substituindo θ em V, obtem-se: V = 
P√2 τméd = VA′ = V2Asen(45°) = 𝐏𝟐𝐀 
Tensão 
35 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.52. A junta está submetida a uma força axial de 5 kN. Determine a tensão normal média que age nas seções AB e 
BC. Considere que o elemento é liso e tem 50 mm de espessura. 
 
Figura 1.52 
 
 
 
 
 
 
1.53. O garfo está sujeito a força e a um binário. Determine a tensão de cisalhamento média no parafuso que age nas 
seções transversais que passam por A e B. O parafuso tem 6 mm de diâmetro. Dica: O binário sofre a resistência de um 
conjunto de forças desenvolvidas nas hastes do parafuso. 
 
 Figura 1.53 
→ + ∑ Fx = 0 
NABcos(30°) – 5cos(45°) = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 − NBC − NABsen(30°) + 5sen(45°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: NAB = 4,082 kN e NBC = 1,4945 kN 
 
σAB = NABAAB = 4,082(103)40 × 50 = 2,04 MPa σBC = NBCABC = 1,4945(103)50 × 50 = 0,598 MPa 
Continua... 
Tensão 
36 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
𝛕𝐀 = 𝟎 𝐌𝐏𝐚 ∑ Fz = 0 ∴ 2,5 − 2Fz = 0 ∴ Fz = 1,25 kN ∑ Mz = 0 ∴ 120 − 0,05Fx = 0 ∴ Fx = 2.400 N = 2,4 kN 
FB = √Fx2 + Fy2 = √2.4002 + 1.2502 = 2.706,01 N (τB)méd = 2.706,01π4×62 = 𝟗𝟓, 𝟕 𝐌𝐏𝐚 
1.54. Os dois elementos usados na construção da fuselagem de um avião estão interligados por uma solda em boca-de-
peixe a 30°. Determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média no plano de cada solda. Considere que 
cada plano inclinado suporta uma força horizontal de 2 kN. 
 
Figura 1.54 
 
 
 
 
 
1.55. Os grampos na fileira AB contida no grampeador estão colados de modo que a tensão de cisalhamento máxima 
que a cola pode suportar é θmáx = 84 kPa. Determine a força mínima F que deve ser aplicada ao êmbolo para extrair um 
grampo da fileira por cisalhamento e permitir que ele saia sem deformação pela fenda em C. As dimensões externas do 
grampo são mostradas na figura, e a espessura é 1,25 mm. Considere que todas as outras partes são rígidas e despreze o 
atrito. 
 
 Figura 1.55 
→ + ∑ Fx = 0 − Ncos(60°) – Vcos(30°) + 2 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(60°) – Vsen(30°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 1 kN e V = 1,732 kN 
σ = NA = 10337,5 × 25sen(30°) = 0,53333 MPa = 𝟓𝟑𝟑, 𝟑𝟑 𝐤𝐏𝐚 τméd = VA = 1,732 × 10337,5 × 25sen(30°) = 0,92376 MPa =𝟗𝟐𝟑, 𝟕𝟔 𝐤𝐏𝐚 
A = (7,5 – 1,25) × 1,25 × 2 + 12,5 × 1,25 = 31,25 mm² 
 θmáx = FA ∴ Fmín = Aθmáx = 31,25 × 0,084 = 2,63 N 
Tensão 
37 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.56. Os diâmetros das hastes AB e BC são 4 mm e 6 mm, respectivamente. Se for aplicada uma carga de 8 kN ao anel 
em B, determine a tensão normal média em cada haste se θ = 60°. 
 
 Figura 1.56 
 
 
 
 
 
1.57. Os diâmetros das hastes AB e BC são 4 mm e 6 mm, respectivamente. Se a carga vertical de 8 kN for aplicada ao 
anel em B, determine o ângulo θ da haste BC de modo que a tensão normal média em cada haste seja equivalente. Qual 
é essa tensão? 
 
 Figura 1.57 
 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
FBCcos(60°) – FAB = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
FBCsen(60°) – 8 = 0 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: 
FBC = 9,2376 kN e FAB = 4,6188 kN 
σAB = FABπ4dAB2 = 4,6188 × 103π4 × 42 = 𝟑𝟔𝟖 𝐌𝐏𝐚 σBC = FBCπ4dBC2 = 9,2376 × 103π4 × 62 = 𝟑𝟐𝟕 𝐌𝐏𝐚 
→ + ∑ Fx = 0 
FBCcos(θ) – FAB = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
FBCsen(θ) – 8 = 0 [2] 
Resolvendo [1] e [2], obtem-se: 
FBC = 
8sen(θ) e FAB = 8tang(θ) 
 
σAB = σBC ∴ θ = 63,6° 
FBC = 
8sen(63,6°) = 8,93 kN 
σAB = σBC = FBCπ4dBC2 = 8,93 × 103π4 × 62 = 𝟑𝟏𝟔 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
38 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.58. Cada uma das barras da treliça tem área de seção transversal de 780 mm². Determine a tensão normal média em 
cada elemento resultante da aplicação da carga P = 40 kN. Indique se a tensão é de tração ou de compressão. 
 
 
Figura 1.58 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ponto C ↶ + ∑ MD = 0 
40 × 2,4 + 30 × 1,2 − 0,9FBC = 0 
FBC = 146,667 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
0,8FAB – FAE = 0 
FAE = 53,33 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
0,6FAB – 40 = 0 
 FAB = 66,667 kN 
Ponto A Ponto B ↑ + ∑ Fy = 0 − 0,6FAB − FBE + 0,6FBD = 0 
FBD = 116,667 kN 
Ponto E → + ∑ Fx = 0 − FED + FAE = 0 
FED = 53,33 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FBE – 30 = 0 
FBE = 30 kN 
σAB = FABA = 66,667 × 103780 = 𝟖𝟓, 𝟒𝟕 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) 
σAE = σED = 53,33 × 103780 = 𝟔𝟖, 𝟑𝟕𝟔 𝐌𝐏𝐚 (𝐂) 
σBE = FBEA = 30 × 103780 = 𝟑𝟖, 𝟒𝟔𝟐 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) 
σBD = FBDA = 116,667 × 103780 = 𝟏𝟒𝟗, 𝟓𝟕𝟑 𝐌𝐏𝐚 (𝐂) 
σBC = FBCA = 146,667 × 103780 = 𝟏𝟖𝟖, 𝟎𝟑𝟒 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) 
Tensão 
39 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.59. Cada uma das barras da treliça tem área de seção transversal de 780 mm². Se a tensão normal máxima em qualquer 
barra não pode ultrapassar 140 MPa, determine o valor máxima P das cargas que podem ser aplicadas à treliça. 
 
Figura 1.59 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
*1.60. O tampão é utilizado para vedar a extremidade do tubo cilíndrico que está sujeito a uma pressão interna p = 650 
Pa. Determine a tensão de cisalhamento média que a cola exerce sobre os lados do tubo necessária para manter o tampão 
no lugar. 
 
 Figura 1.60 
Ponto A ↑ + ∑ Fy = 0 
0,6FAB – P = 0 
FAB = 1,667P 
Ponto E ↑ + ∑ Fy = 0 
FBE – 0,75P = 0 
FBE = 0,75P 
σAB = σadm = FABA 140 = 1,667P780 
P = 65,52 kN 
σBE = σadm = FBEA 140 = 0,75P780 
P = 145,6 kN 
↶ + ∑ MD = 0 
2,4P + 0,75P × 1,2 − 0,9FBC = 0 
FBC = 3,667P 
σBC = σadm = FBCA 140 = 3,667P780 
P = 29,78 kN 
ρ = VA ∴ V = π4 × 0,035² × 650 = 0,6254 N 
τméd = VA = 0,6254π × 0,04 × 0,025 = 𝟏𝟗𝟗 𝐏𝐚 
Tensão 
40 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.61. O alicate de pressão é usado para dobrar a extremidade do arame E. Se uma força de 100 N for aplicada nas hastes 
do alicate, determine a tensão de cisalhamento média no pino em A. O pino está sujeito a cisalhamento duplo e tem 
diâmetro de 5 mm. Somente uma força vertical é exercida no arame. 
 
Figura 1.61 
 
 
 
 
 
1.62. Resolva o Problema 1.61 para o pino B, o qual está sujeito a cisalhamento duplo e tem 5 mm de diâmetro. 
 
 Figura 1.62 
 
 
 
 
↶ + ∑ ME = 0 
37,5Ay – 87,5By = 0 [1] 
↶ + ∑ MD = 0 − 25By + 100 × 125 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: Ay = 1.166,667 N e By = 500 N (τméd)A = Ay2A = 1.166,6672 × π4 × 5² = 𝟐𝟗, 𝟕𝟎𝟗 𝐌𝐏𝐚 
↶ + ∑ ME = 0 
37,5Ay – 87,5By = 0 [1] ↶ + ∑ MD = 0 − 25By + 100 × 125 = 0 [2] 
Resolvendo [1] e [2], obtem-se: 
Ay = 1.166,667 N e By = 500 N 
(τméd)B = By2A = 1.166,6672 × π4 × 5² = 𝟏𝟐, 𝟕𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
41 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.63. A lâmpada de engate do vagão é sustentada pelo pino de 3 mm de diâmetro em A. Se a lâmpada pesar 20 N e peso 
do braço extensor AB for 8 N/m, determine a tensão de cisalhamento média no pino necessária para sustentar a lâmpada. 
Dica: A força de cisalhamento no pino é causada pelo binário exigido para o equilíbrio em A. 
 
Figura 1.63 
 
 
 
 
*1.64. A estrutura de dois elementos está sujeita a um carregamento distribuído mostrado. Determine a tensão normal 
média e a tensão de cisalhamento média que agem nas seções a-a e b-b. A seção transversal quadrada do elemento CB 
tem 35 mm. Considere w = 8 kN/m. 
 
 Figura 1.64 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 − 0,45 × 7,2 – 0,9 × 20 + 0,032V = 0 
V = 663,75 N 
τméd = VA = 663,75π4 × 3² = 𝟗𝟑, 𝟗𝟎𝟏 𝐌𝐏𝐚 
↶ + ∑ MA = 0 
0,8FBC × 3 – (8 ×3) × 1,5 = 0 
FBC = 15 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
15 – Na−a = 0 
Na-a = 15 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Va-a = 0 kN 
→ + ∑ Fx = 0 Nb−b – 15 × 0,6 = 0 
Nb-b = 9 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
15 × 0,8 − Vb−b = 0 
Vb-b = 12 kN 
Seção a-a Seção b-b 
σa−a = 15 × 10335 × 35 = 𝟏𝟐, 𝟐 𝐌𝐏𝐚 τa−a = 𝟎 𝐌𝐏𝐚 σb−b = 9 × 10335 × 35 = 𝟒, 𝟒𝟏 𝐌𝐏𝐚 τb−b = 12 × 10335 × 35 = 𝟓, 𝟖𝟖 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
42 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.65. O elemento A da junta escalonada de madeira usada na treliça está submetida a uma força de compressão de 5 
kN. Determine a tensão normal média que age na haste do pendural C com diâmetro de 10 mm e no elemento B com 
espessura de 30 mm. 
 
 Figura 1.65 
 
 
 
 
1.67. A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Se P = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento média 
desenvolvida nos pinos em A, B e C. Todos os pinos estão sujeitos a cisalhamento duplo, como mostra a figura, e cada 
um tem diâmetro de 18 mm. 
 
 Figura 1.67 
 
 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
5cos(60°) – FB = 0 
 FB = 2,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 − 5cos(30°) + FC = 0 
FC = 4,33 kN 
σC = FCAc = 4,33 × 103π4 × 102 = 𝟓𝟓, 𝟏 𝐌𝐏𝐚 
σB = FBAB = 2,5 × 10340 × 30 = 𝟐, 𝟎𝟖 𝐌𝐏𝐚 
↶ + ∑ MA = 0 
2 × 15 × 0,5 + 4 × 15 × 2 + 4 × 15 × 3,5 + 4,5 × 15 – FBCsen(30°) = 0 
FBC = 165 kN 
→ + ∑ Fx = 0 −165cos(30°) + Ax = 0 
Ax = 142,8942 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −15 – 4 × 15 – 4 × 15 – 2 × 15 + Ay + 165sen(30°) = 0 
Ay = 60,5 kN 
 A = √(Ax)² + (Ay)² = √142,89422 + 60,52 
A = 165 kN 
τA = A2A′ = 165 × 1032 × π4 × 182 = 𝟑𝟐𝟒 𝐌𝐏𝐚 𝛕𝐁 = 𝛕𝐂 = 𝟑𝟐𝟒 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
43 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.68. A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Determine o valor máximo P das cargas que a viga 
suportará se a tensão de cisalhamento média em cada pino não puder ultrapassar 80 MPa. Todos os pinos sofrem 
cisalhamento duplo, como mostra a figura, e cada um tem diâmetro de 18 mm. 
 
 Figura 1.681.69. A estrutura está sujeita a carga de 1 kN. Determine a tensão de cisalhamento média no parafuso em A em função 
do ângulo da barra θ. Represente essa função em gráfico para 0 ≤ θ ≤ 90° e indique os valores de θ para os quais essa 
tensão é mínima. O parafuso tem diâmetro de 6 mm e está sujeito a cisalhamento simples. 
 
 Figura 1.69 
 
 
 
Continua... 
↶ + ∑ MB = 0 − 0,5 × P – 4P × 1,5 – 4P × 3 – 2P × 4,5 + 5Ay = 0 
 Ay = 5,5P 
↑ + ∑ Fy = 0 − P – 4P – 4P – 2P + 5,5P + FBCsen(30°) = 0 
FBC = 11P 
→ + ∑ Fx = 0 
Ax − 11P × cos(30°) = 0 
Ax = 9,5263P 
A = √Ax2 + Ay2 = √(9,5263P)2 + (5,5P)2 = 11P 
τadm = A2A′ ∴ 80 = 11P2 × π4 × 182 
P = 3,70 kN 
↶ + ∑ MC = 0 
0,15FABcosθ + 0,6 FABsenθ – 1,05 = 0 
 FAB = 1,050,6senθ + 0,15cosθ 
τA = FABA = 𝟏𝟑𝟑,𝟕 𝟐,𝟏𝟔𝐬𝐞𝐧𝛉 + 𝟎,𝟓𝟒𝐜𝐨𝐬𝛉 
Tensão 
44 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
1.70. O guindaste giratório está preso por um pino em A e suporta um montacargas de corrente que pode deslocar-se ao 
longo da flange inferior da viga, 0,3 m ≤ x ≤ 3,6 m. Se a capacidade de carga normal máxima do guindaste for 7,5 kN, 
determine a tensão normal média máxima na barra BC de 18 mm de diâmetro e a tensão de cisalhamento média máxima 
no pino de 16 mm de diâmetro em B. 
 
 
Figura 1.70 
 
 
 
 
 
 
 
Para que a tensão seja mínima: 
dτdθ = 0 dτdθ ( 133,72,16senθ + 0,54cosθ) = 0 
Sendo assim, resolvendo a derivada, obtem-se: θ = 75,96° 
 
↶ + ∑ MA = 0 −7500x + 3FBCsen(30°) = 0 
FBC = 5.000x 
Para que a tensão seja máxima: x = 3,6 m 
FBC = 5.000 × 3,6 = 18.000 N 
σbarra = FBCABC = 18.000π4 × 182 = 𝟕𝟎, 𝟕𝟑𝟔 𝐌𝐏𝐚 
τpino = FBCAB = 18.000π4 × 162 = 𝟒𝟒, 𝟕𝟔𝟐 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
45 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.71. A barra tem área de seção transversal A e está submetida à carga axial P. Determine a tensão normal média e a 
tensão de cisalhamento média que agem na seção sombreada que está orientada a um ângulo θ em relação à horizontal. 
Represente em gráfico a variação dessas tensões em função de θ (0 ≤ θ ≤ 90º). 
 
Figura 1.71 
 
 
 
 
 
 
 
*1.72. A lança tem peso uniforme de 3 kN e é alçada até a posição desejada por meio do cabo BC. Se o cabo tiver 
diâmetro de 15 mm, construa um gráfico da tensão normal média no cabo em função da posição da lança θ para 0 ≤θ ≤ 90º. 
 
 Figura 1.72 
Continua... 
→ + ∑ Fx = 0 − P + Ncos(90° − θ) + Vcos(θ) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 
Nsen(90° − θ) – Vsen(θ) = 0 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 
N = Psen(θ) e V = −Pcos(θ) = Pcos(θ) ↖ 
σ = NA′ = PsenθAsenθ = 𝐏𝐀 𝐬𝐞𝐧𝟐𝛉 τ = VA′ = PcosθAsenθ = 𝐏𝟐𝐀 𝐬𝐞𝐧𝟐𝛉 
Tensão 
46 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.73. A área da seção transversal da barra é 400(10-6) m². Se ela estiver sujeita a uma carga axial distribuída 
uniformemente ao longo de seu comprimento e a duas cargas concentradas como mostra a figura, determine a tensão 
normal média na barra em função de x para 0 < x ≤ 0,5 m. 
 
 
Figura 1.73 
 
 
 
 
 
(BC)² = 1² + 1² − 2 × 1 × 1 × cos(ϕ) 
BC = √2 − 2sen(θ) (√2 − 2senθ)2 = (1 − senθ)2 + x2 
x = cosθ 
cos(α) = x√2 − 2sen(θ) = cosθ√2 − 2senθ 
 sen(α) = 1 − sen(θ)√2 − 2sen(θ) 
 
↶ + ∑ MA = 0 −3 × 0,5cos(θ) + Fcos(α) × [1 – (1 – senθ)] + Fsen(α)cos(θ) = 0 
F = 1,5√2 − 2sen(θ) kN 
σBC = FA = (1,5√2 – 2sen(θ))(103)π4 × 152 ≅ 𝟏𝟐√𝟏 − 𝐬𝐞𝐧𝛉 𝐌𝐏𝐚 
 
→ + ∑ Fx = 0 
3 + 6 + 8 × 1,25 – R = 0 
R = 19 kN 
→ + ∑ Fx = 0 (Seção) 
N + 8x – 19 = 0 
N = (19 – 8x) kN 
σ = NA = (19 − 8x)(103)400 = (𝟒𝟕, 𝟓 − 𝟐𝟎𝐱) 𝐌𝐏𝐚 
Tensão 
47 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.74. A área da seção transversal da barra é 400(10-6) m². Se ela estiver sujeita a uma carga axial distribuída 
uniformemente ao longo de seu comprimento e a duas cargas concentradas como mostra a figura, determine a tensão 
normal média na barra em função de x para 0,5 m < x ≤ 1,25 m. 
 
 Figura 1.74 
 
 
 
 
1.75. A coluna é feita de concreto de densidade 2,30 Mg/m³ e está sujeita a uma força de compressão axial de 15 kN 
em sua extremidade superior B. Determine a tensão normal média na coluna em função da distância z medida em relação 
à base. Observação: por causa da deformação localizada nas extremidades, o resultado servirá apenas para determinar 
a tensão normal média em seção removida das extremidades da coluna. 
 
 Figura 1.75 
 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
3 + 6 + 8 × 1,25 – R = 0 
R = 19 kN 
→ + ∑ Fx = 0 (Seção) 
N + 6 + 8x – 19 = 0 
N = (13 – 8x) kN 
σ = NA = (13 − 8x)(103)400 × 10−6 = (𝟑𝟐, 𝟓 − 𝟐𝟎𝐱) 𝐌𝐏𝐚 
V = (π × 0,180²)(4) = 0,4071504076 m3 
W = (2,30 × 103)(9,81)(0,4071504076) = 9,186535 kN P(z) = ρ × V(z) = (2,3 × 103)(9,81)(π × 0,182 × z) = (2,2966z) kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
F – 9,186535 – 15 = 0 
F = 24,186535 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 (Seção) − N – 2,2966z + 24,186535 = 0 
N = (24,186535−2,2966z) kN σ = NA = (24,186535 − 2,2966z)(103)π × 0,1802 = (𝟐𝟑𝟕, 𝟔 − 𝟐𝟐, 𝟔𝐳) 𝐤𝐏𝐚 
Tensão 
48 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.76. A estrutura de dois elementos está sujeita à carga distribuída mostrada. Determine a maior intensidade w da 
carga uniforme que pode ser aplicada à estrutura sem que a tensão normal média ou a tensão de cisalhamento média na 
seção b-b ultrapasse σ = 15 MPa e τ = 16 MPa, respectivamente. O elemento CB tem seção transversal quadrada de 30 
mm de lado. 
 
Figura 1.76 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 
4VA – 1,5 × 3w = 0 
VA = 1,125w 
↶ + ∑ MB = 0 
1,5 × 3w – 3HA = 0 
HA = 1,5w 
→ + ∑ Fx = 0 
HB – 1,5w = 0 HB = 1,5w 
→ + ∑ Fx = 0 
1,5w – Vb-b = 0 
Vb-b = 1,5w 
↑ + ∑ Fy = 0 
1,125 – Nb-b = 0 
Nb-b = 1,125w 
A′ = Asenθ = 30 ×300,6 = 1.500 mm2 
σb−b = Nb−bA′ ∴ 15 = 1,125w1.500 
w = 20 kN/m 
τb−b = Vb−bA′ ∴ 16 = 1,5w1.500 
w = 16 kN/m 
Tensão 
49 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.77. O pedestal suporta uma carga P em seu centro. Se a densidade de massa do material for ρ, determine a dimensão 
radial r em função de z de modo que a tensão normal no pedestal permaneça constante. A seção transversal é circular. 
 
 Figura 1.77 σ = P + W1A = P + W1 + dWA + dA ∴ PdA + W1dA = AdW dWdA = P + W1A = σ ∴ dA = π(r + dr)2 − πr2 = 2πrdr dW = πr2ρgdz ∴ πr2ρgdz2πrdr = σ ∴ σ = πρgdz2dr ρgz2σ ∫ dzz0 = ∫ drrr2r1 ∴ ρgz2σ = ln rr1 ∴ r = r1e(ρg2σ)z 
σ = Pπr12 ∴ 𝐫 = 𝐫𝟏𝐞(𝛑𝐫𝟏𝟐𝛒𝐠𝟐𝐏 )𝐳 
1.78. O raio do pedestal é definido por 𝑟 = (0,5𝑒−0,08𝑦2) m, onde y é dado em metros. Se o material tiver densidade 
de 2,5 Mg/m³, determine a tensão normal média no apoio. 
 
Figura 1.78 
V = ∫ π30 (0,5e−0,08y2)2 dy = 1,58404 m³ 
N = W = ρ × g × V = (2,5 × 103)(9,81)(1,58404) = 38,848 kN 
 σméd = Nπr2 = 38,848 × 103π × 0,52 = 𝟒𝟗, 𝟓 𝐤𝐏𝐚 
Tensão 
50 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.79. A barra uniforme com área da seção transversal A e massa por unidade de comprimento m está apoiada por um 
pino em seu centro. Se ela girar no plano horizontal a uma velocidade angular constante 𝜔, determine a tensão normal 
média na barra em função de x. 
 
 
Figura 1.79 
 
 
 ← + ∑ Fx = maN N = m [12 (L − 2x)] ω2 [14 (L + 2x)] N = mω28 (L2 − 4x2) σ = NA = 𝐦𝛚𝟐𝟖𝐀 (𝐋𝟐 − 𝟒𝐱𝟐) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tensão 
51 
Resolução:Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.3 – PROBLEMAS 
1.80. O elemento B está sujeito a uma força de compressão de 4 kN. Se A e B forem feitos de madeira e tiverem 10 
mm de espessura, determine, com aproximação de 5 mm, a menor dimensão h do apoio de modo que a tensão de 
cisalhamento média não exceda 𝜏adm = 2,1 MPa. 
 
Figura 1.80 
 
 V = 5P13 = 5 × 4 × 10313 = 1,538 kN τadm = VA = Vth ∴ 1,538 × 10310h = 2,1 ∴ h = 73,24 mm ≅ 75 mm 
1.81. A junta está presa por dois parafusos. Determine o diâmetro exigido para os parafusos se a tensão de ruptura por 
cisalhamento para os parafusos for 𝜏rup = 350 MPa. Use um fator de segurança para cisalhamento FS = 2,5. 
 
Figura 1.81 
 
 τrup = FS VA ∴ d = √FS 4Vπτrup = √2,5 × 4 × 20 × 103π × 350 = 𝟏𝟑, 𝟒𝟗 𝐦𝐦 
Tensão 
52 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.82. As hastes AB e CD são feitas de aço cuja tensão de ruptura por tração é σrup = 510 MPa. Usando um fator de 
segurança FS = 1,75 para tração, determine o menor diâmetro das hastes de modo que elas possam suportar a carga 
mostrada. Considere que a viga está acoplada por pinos em A e C. 
 
 Figura 1.82 
 
 
 
 
1.83. A manivela está presa ao eixo A por uma chaveta de largura d e comprimento 25 mm. Se o eixo for fixo e uma 
força vertical de 200 N for aplicada perpendicularmente ao cabo, determine a dimensão d se a tensão de cisalhamento 
admissível para a chaveta for 𝜏adm = 35 MPa. 
 
 
Figura 1.83 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −4 × 2 – 6 × 4 – 5 × 7 – 10FCD = 0 
FCD = 6,7 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FAB – 15 + 6,7 = 0 
FAB = 8,3 kN 
σrup = FS PA ∴ d = √FS 4FABπσrup 
d = √1,75 × 4 × 8,3 × 103
π × 510 = 𝟔, 𝟎𝟐 𝐦𝐦 
↶ + ∑ MA = 0 
20Fa-a – 200 × 500 = 0 
Fa-a = 5 kN 
τadm = Fa−aAa−a ∴ 35 = 5(103)25d ∴ d = 5,71 mm 
Tensão 
53 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.84. O tamanho a do cordão de solda é determinado pelo cálculo da tensão de cisalhamento média ao longo do plano 
sombreado, que tem a menor seção transversal. Determine o menor tamanho a das duas soldas se a força aplicada á 
chapa for P = 100 kN. A tensão de cisalhamento admissível para o material da solda é 𝜏adm = 100 MPa. 
 
Figura 1.84 
 
 
A = 2a × 100 × cos(45°) = (141,42a) mm² 
 τadm = VA ∴ 100 = 100 × 103141,42a ∴ a = 7,071 mm 
1.85. O tamanho do cordão de solda é a = 8 mm. Considerando que a junta falhe por cisalhamento em ambos os lados 
do bloco ao longo do plano sombreado, que é a menor seção transversal, determine a maior força P que pode ser aplicada 
à chapa. A tensão de cisalhamento admissível para o material da solda é 𝜏adm = 100 MPa. 
 
Figura 1.85 
 
 
A = 2 × 8 × 100 × cos(45°) = 1.131,371 mm² τadm = τadm = VA ∴ 100 = P1.131,371 ∴ P = 113,14 kN 
Tensão 
54 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.86. O parafuso de olhal é usado para sustentar a carga de 25 kN. Determine seu diâmetro d com aproximação de 
múltiplos de 5 mm e a espessura exigida h com aproximação de múltiplos de 5 mm do suporte de modo que a arruela 
não penetre ou cisalhe o suporte. A tensão normal admissível para o parafuso é σadm = 150 MPa e a tensão de 
cisalhamento admissível para o material do suporte é 𝜏adm = 35 MPa. 
 
Figura 1.86 
σadm = PA ∴ d = √4 × 25 × 103π × 150 = 14,57 mm ≅ 𝟏𝟓 𝐦𝐦 τadm = VA ∴ h = 25 × 1032π × 12,5 × 35 = 9,09 mm ≅ 𝟏𝟎 𝐦𝐦 
1.87. A estrutura está sujeita a carga de 8 kN. Determine o diâmetro exigido para os pinos em A e B se a tensão de 
cisalhamento admissível para o material for𝜏adm = 42 MPa. O pino A está sujeito a cisalhamento duplo, ao passo que o 
pino B está sujeito a cisalhamento simples. 
 
 Figura 1.87 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
3FD – 8 × 2,1 = 0 
FD = 5,6 kN 
→ + ∑ Fx = 0 −Ax + 8 = 0 
Ax = 8 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 5,6 = 0 
Ay = 5,6 kN 
A = √Ax² + Ay² = √82 + 5,62 
A = 9,765 kN 
τadm = V2A′ ∴ dA = √ 2Aπτadm = √2 × 9,765 × 103π × 42 = 𝟏𝟐, 𝟏𝟔𝟔 𝐦𝐦 ↶ + ∑ MD = 0 −1,5FBCsen(α) + 3Ay = 0 
FBC = 15,84 kN 
dB = √ 4FBCπτadm = √4 × 15,84 × 103π × 42 𝐝𝐁 = 𝟐𝟏, 𝟗𝟏𝟑 𝐦𝐦 
Tensão 
55 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.88. Os dois cabos de aço AB e AC são usados para suportar a carga. Se ambos tiverem uma tensão de tração 
admissível σadm = 200 MPa, determine o diâmetro exigido para cada cabo se a carga aplicada for P = 5 kN. 
 
 Figura 1.88 
 
 
 
 
 
 
1.89. Os dois cabos de aço AB e AC são usados para suportar a carga. Se ambos tiverem uma tensão de tração admissível 
σadm = 180 MPa, e se o cabo AB tiver diâmetro de 6 mm e o cabo AC tiver diâmetro de 4 mm, determine a maior força 
P que pode ser aplicada à corrente antes que um dos cabos falhe. 
 
 Figura 1.89 
 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
0,8TAC – TABsen(60°) = 0 [1] 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
0,6TAC + TABcos(60°) – 5 = 0 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: 
TAB = 4,35 kN e TAC = 4,71 kN 
σadm = TABAAB ∴ dAB = √ 4TABπσadm = √4 ×4,35 × 103 π ×200 𝐝𝐀𝐁 = 𝟓, 𝟐𝟔 𝐦𝐦 
σadm = TACAAC ∴ dAC = √ 4TACπσadm = √4 ×4,71 × 103 π ×200 𝐝𝐀𝐁 = 𝟓, 𝟒𝟖 𝐦𝐦 
→ + ∑ Fx = 0 
0,8FAC − FABcos(30°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 0,6FAC + FABcos(30°) – P = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FAB = 0,87P e FAC = 0,941726P 
σadm = FABAAB ∴ 180 = 0,87Pπ4 × 62 
P = 5,85 kN 
σadm = FACAAC ∴ 180 = 0,941726Pπ4 × 42 
P = 2,4 kN 
Tensão 
56 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.90. A lança é suportada pelo cabo do guincho com diâmetro de 6 mm com tensão normal admissível σadm = 168 MPa. 
Determine a maior carga que pode ser suportada sem provocar a ruptura do cabo quando θ = 30° e ϕ = 45°. Despreze o 
tamanho do guincho. 
 
 Figura 1.90 
 
 
 
 
1.91. A lança é suportada pelo cabo do guincho cuja tensão normal admissível é σadm = 168 MPa. Se a lança tiver de 
levantar lentamente uma carga de 25 kN, de θ = 20° até θ = 50°, determine o menor diâmetro do cabo com aproximação 
de múltiplos de 5 mm. O comprimento da lança AB é 6 m. Despreze o tamanho do guincho. Considere d = 3,6 m. 
 
 Figura 1.91 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 − [Tcos(60°) + W] × 6cos(45°) + Tsen(60°) × 6sen(45°) = 0 
T = 2,73206W 
σadm = TA ∴ 168 = 2,73206Wπ4 × 62 
W = 1,739 kN 
tang(20°) = 6sen(ϕ)3,6 + 6cos (ϕ) 
(3,6 + 6cosϕ) × tang(20°) = 6sen(ϕ) 
(0,6 + cosϕ) × tang(20°) = sen(ϕ) 
1,13247cos²ϕ + 0,159cosϕ – 0,95231 = 0 
Resolvendo a equação, obtem-se: Φ = 31,842° 
α = 90° − 31,842° = 58,158° 
β = 31,842° – 20º = 11,842° 
α + β = 58,158° + 11,842° = 70° 
↶ + ∑ MA = 0 − [Tcos(70°) + 25] × 6cos(31,842°) + Tsen(70°) × 6sen(31,842°) = 0 
T = 103,491 kN 
σadm = TA ∴ d0 = √ 4Tπσadm = √4 × 103,491 × 103π × 168 d0 = 28 mm ≅ 𝟑𝟎 𝐦𝐦 
Tensão 
57 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.92. A estrutura está sujeita ao carregamento distribuído de 2 kN/m. Determine o diâmetro exigido para os pinos em 
A e B se a tensão de cisalhamento admissível para o material for 𝜏adm = 100 MPa. Ambos os pinos estão sujeitos a 
cisalhamento duplo. 
 
 Figura 1.92 
 
 
 
 
 
 
1.93. Determine as menores dimensões do eixo circular e da tampa circular se a carga que devem suportar é P = 150 
kN. A tensão de tração, a tensa de apoio e a tensão de cisalhamento admissível são (σt)adm = 175 MPa, (σa)adm = 275 MPa 
e σadm = 115 MPa. 
 
Figura 1.93 
 
 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 
3HA – 6 × 1,5 = 0 
HA = 3 kN 
→ + ∑ Fx = 0−3 + HB = 0 
HB = 3 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VA + VB – 6 = 0 
VA = VB = 3 kN 
RA = √HA² + VA² = √32 + 32 = 4,243 kN 
τadm = RA2A ∴ √ 2RAπτadm = √2 × 4,243 × 103π × 100 = 𝟓, 𝟐𝟎 𝐦𝐦 
(σa)adm = PA3 ∴ d3 = √ 4Pπ(σa)adm = √4 × 150 × 103π × 275 = 𝟐𝟔, 𝟒 𝐦𝐦 
σadm = PA3 ∴ t = Pσadmπd3 = 150 × 103115 × π × 26,4 = 𝟏𝟓, 𝟖 𝐦𝐦 
 
(σt)adm = PA1 d1 = √ 4P π(σt)adm + d2² = √4 × 150 × 103π × 175 + 302 𝐝𝟏 = 𝟒𝟒, 𝟔 𝐦𝐦 
Tensão 
58 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.94. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine os 
tamanhos das chapas de apoio quadradas A’ e B’ exigidos para suportar a carga. Considere P = 7,5 kN. A dimensão das 
chapas deverá ter aproximação de 10 mm. As reações nos apoios são verticais. 
 
 Figura 1.94 
 
 
 
 
 
 
 
1.95. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine a carga 
P máxima que pode ser aplicada à viga. As seções transversais quadradas das chapas de apoio A’ e B’ são 50 mm × 50 
mm e 100 mm × 100 mm, respectivamente. 
 
 Figura 1.95 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1,5−15 × 3−10 × 4,5 + 4,5 FB – 7 × 7,5 = 0 
FB = 35 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 35 − 10 – 10 – 15 – 10 – 7,5 = 0 
FA = 17,5 kN 
 (σa)adm = FA(aA)2 ∴ 2,8 = 17,5 × 103(aA)2 
aA = 80 mm 
(σa)adm = FB(aB)2 ∴ 2,8 = 35 × 103(aB)2 
aB = 120 mm 
↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1,5 – 15 × 3 – 10 × 4,5FB – 7P = 0 FB = (703 + 149 P) kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB – 10 – 10 – 15 – 10 – P = 0 FA = (653 − 59 P) kN 
(σa)adm = FAAA 2,8 = (653 − 59P)(103)50 × 50 
P = 26,4 kN (σa)adm = FBAB ∴ 2,8 = (703 + 149 P)(103)100 × 100 ∴ P = 3 kN 
 
Tensão 
59 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*1.96. Determine a área da seção transversal exigida para o elemento BC e os diâmetros exigidos para os pinos em A e 
B se a tensão normal admissível for σadm = 21 MPa e a tensão de cisalhamento for 𝜏adm = 28 MPa. 
 
Figura 1.96 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −7,5 × 0,6 – 7,5 × 1,8 + 2,4By = 0 
By = 7,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ay –7,5 – 7,5 + By = 0 
Ay = 7,5 kN 
↶ + ∑ MC = 0 −Bx × L × sen(60°) + 7,5 × L × cos(60°) = 0 
Bx = 4,33 kN 
→ + ∑ Fx = 0 −4,33 + Cx = 0 
Cx = 4,33 kN 
→ + ∑ Fx(Elemento AB) = 0 −Ax + 4,33 = 0 
Ax = 4,33 kN 
A = √Ax² + Ay² = √4,332 + 7,52 = 8,66 kN 
(τadm)A = AAA ∴ dA = √ 4Aπτadm = √4 × 8,66 × 103π × 28 𝐝𝐀 = 𝟏𝟗, 𝟖𝟒 𝐦𝐦 
dB = √ 2Bπτadm = √2 × 8,66 × 103π × 28 = 𝟏𝟒, 𝟎𝟑 𝐦𝐦 ABC = FBCσadm = 8,66 × 10321 = 𝟒𝟏𝟐, 𝟔 𝐦𝐦² 
Tensão 
60 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.97. O conjunto consiste em três discos A, B e C usados para suportar a carga de 140 kN. Determine o menor diâmetro 
d1 do disco superior, o diâmetro d2do espaço entre os apoios e o diâmetro d3 do orifício no disco inferior. A tensão de 
apoio admissível para o material é (σadm)a = 350 MPa e a tensão de cisalhamento admissível é 𝜏adm = 125 MPa. 
 
 
Figura 1.97 
 
 
 
 
 
 
1.98. As tiras A e B devem ser coladas com a utilização das duas tiras C e D. Determine a espessura exigida t para C e 
D de modo que todas as tiras falhem simultaneamente. A largura das tiras A e B é 1,5 vezes a das tiras C e D. 
 
 
Figura 1.98 
 σA = σB = σC 
 
40(30)(1,5w) = 20wt 
t = 22,5 mm 
 
(σadm)a = PA1 ∴ d1 = √ 4Pπσadm = √4 × 140 × 103π × 350 = 𝟐𝟐, 𝟔 𝐦𝐦 
τadm = PA2 ∴ d2 = Pπtτadm = 140 × 103π × 10 × 125 = 𝟑𝟓, 𝟕 𝐦𝐦 (σadm)a = PA3 ∴ d3 = √d22 − 4Pπσadm = √35,652 − 4 × 140 × 103π × 350 = 𝟐𝟕, 𝟔 𝐦𝐦 
Tensão 
61 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.99. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine os 
tamanhos das chapas de apoio quadradas A’ e B’ exigidos para suportar a carga. A dimensão das chapas deve ter 
aproximação de múltiplos de 10 mm. As reações nos apoios são verticais. Considere P = 7,5 kN. 
 
 Figura 1.99 
 
 
 
 
*1.100. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine a carga 
máxima P que pode ser aplicada à viga. As seções transversais quadradas das chapas de apoio A’ e B’ são 50 mm × 50 
mm e 100 mm × 100 mm, respectivamente. 
 
 
 Figura 1.100 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −45 × 22,5 + 4,5RB – 7,5 × 6,75 = 0 
RB = 33,75 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA – 45 + 33,75 – 7,5 = 0 
 RA = 18,75 kN 
(σadm)A = RAaA2 ∴ 2,8 = 18,75 × 103(aA)2 ∴ 𝐚𝐀 = 𝟗𝟎 𝐦𝐦 (σadm)B = RBaB2 ∴ 2,8 = 33,75 × 103(aB)2 ∴ 𝐚𝐁 = 𝟏𝟏𝟎 𝐦𝐦 
↶ + ∑ MA = 0 −45 × 2,25 + 4,5RB – 6,75P = 0 RA – 45 + RB – P = 0 
RB = (22,5 + 1,5P) kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA = (22,5 – 0,5P) kN 
(σadm)A = RAAA ∴ 2,8 = (22,5 − 0,5P)(103)2.500 ∴ P = 31 kN (σadm)B = RBAB ∴ 2,8 = (22,5 + 1,5P)(103)10.000 ∴ 𝐏 = 𝟑, 𝟔𝟕 𝐤𝐍 
Tensão 
62 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.101. O conjunto de pendural é usado para suportar um carregamento distribuído w = 12 kN/m. Determine a tensão de 
cisalhamento média no parafuso de 10 mm de diâmetro em A e a tensão de tração média na haste AB, com diâmetro de 
12 mm. Se a tensão de escoamento por cisalhamento para o parafuso for 𝜏e = 175 MPa e a tensão de escoamento por 
tração para a haste for σe = 266 MPa, determine o fator de segurança em relação ao escoamento em cada caso. 
 
 Figura 1.101 
 
 
 
 
 
 
1.102. Determine a intensidade w da carga distribuída máxima que pode ser suportada pelo conjunto de pendural de 
modo a não ultrapassar uma tensão de cisalhamento admissível de 𝜏adm = 95 MPa nos parafusos de 10 mm de diâmetro 
em A e B e uma tensão de tração admissível de σadm = 155 MPa na haste AB de 12 mm de diâmetro. 
 
 Figura 1.102 
 
 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 −21,6 × 0,9 + 1,2FAB × 0,6 = 0 
FAB = 27 kN 
τadm = FAB2Apino = 2FABπdp2 = 2 ×27 × 103 π × 102 𝛕adm = 171,88 MPa 
(F. S. )pino = τeτadm = 175171,88 = 𝟏, 𝟎𝟐 
σadm = FABAhaste = FABπ4dAB2 = 27 × 103π4 × 122 = 𝟐𝟑𝟖, 𝟕𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚 
 
(F. S. )haste = σeσadm = 266238,732 = 𝟏, 𝟏𝟏 
↶ + ∑ MC = 0 
1,2FAB × 0,6 – 1,8w × 0,9 = 0 
FAB = 2,25w 
τadm = FAB2Ap = 2FABπdp2 ∴ 95 = 2 × 2,25wπ × 102 ∴ 𝐰 = 𝟔, 𝟔𝟑𝟐 𝐤𝐍/𝐦 
σadm = FABAAB = 4FABπdAB2 ∴ 155 = 4 × 2,25wπ × 122 ∴ w = 7,791 kN/m 
Tensão 
63 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.103. A barra é suportada pelo pino. Se a tensão de tração admissível para a barra for (σt)adm = 150 MPa e a tensão de 
cisalhamento admissível para o pino for 𝜏adm = 85 MPa, determine o diâmetro do pino para o qual a carga P será máxima. 
Qual é essa carga máxima? Considere que o orifício na barra tem o mesmo diâmetro d do pino. Considere também t = 
6 mm e w = 50 mm. 
 
 
 Figura 1.103 
 
 
 
 
 
 
 
*1.104. A barra está acoplada ao suporte por um pino de diâmetro d = 25 mm. Se a tensão de tração admissível para a 
barra for (σt)adm = 140 MPa e a tensão de apoio admissível entre o pino e a barra for (σa)adm = 210 MPa, determine as 
dimensões w e t tais que a área bruta da área da seção transversal seja wt = 1.250 mm² e a carga P seja máxima. Qual é 
essa carga? Considereque o orifício da barra tem o mesmo diâmetro do pino. 
 
 
 Figura 1.104 
 
 
 
 
σadm = Pwt − dt ∴ 150 = P50 × 6 − 6d 
P = 45.000 − 900d τadm =
P2A ∴ 85 = P2 × π4 × d2 P = 42,5πd2 
Iguala-se as duas equações: 
45.000 − 900d = 42,5πd2 
Obtem-se a seguinte equação do segundo grau: 42,5πd2 + 900d – 45.000 = 0 
Cuja solução é: d = 15,29 mm 
Sendo assim, a carga máxima será: P = 42,5 × π × 15,292 = 𝟑𝟏, 𝟐𝟑 𝐤𝐍 
σadm = Pwt − dt ∴ P = [(1,75 − 35t) × 105 ] N σadm = PA ∴ P = [(52,5 × 105)t] N 
Igualando-se as equações: 
(1,75 – 35t) × 105 = (52,5 × 105)t ∴ t = 20 mm 
 
P = (52,5 × 105)(0,02) = 105 kN w = 1.25020 = 𝟔𝟐, 𝟓 𝐦𝐦 
Tensão 
64 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.105. A viga composta de madeira está interligada por um parafuso em B. Considerando que os acoplamentos em A e 
B, C e D exerçam somente forças verticais na viga, determine o diâmetro exigido para o parafuso em B e o diâmetro 
externo exigido para as respectivas arruelas se a tensão de tração admissível para o parafuso for (σt)adm = 150 MPa e a 
tensão de apoio admissível para a madeira for (σa)adm = 28 MPa. Considere que o orifício das arruelas tem o mesmo 
diâmetro do parafuso. 
 
Figura 1.105 
 
 
 
 
 
 
1.106. A barra é mantida em equilíbrio por pinos em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, o que 
envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão de 
cisalhamento admissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 150 MPa. Se uma carga uniformemente distribuída w = 8 kN/m 
for colocada sobre a barra, determine sua posição admissível mínima x em relação a B. Cada um dos pinos A e B tem 
diâmetro de 8 mm. Despreze qualquer força axial na barra. 
 
 Figura 1.106 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −3 × 2 + 4FC + 5,5FB = 0 [1] ↶ + ∑ MD = 0 2 × 1,5 + 3 × 1,5 + 4,5FB + 6FC = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FB = 4,4 kN e FC = 4,55 kN 
dB = √ 4FBπσadm = √4 × 4,4 × 103π × 150 = 𝟔, 𝟏𝟏 𝐦𝐦 dm = √ 4FBπσadm + dB2 = √4 × 4,4 × 103π × 28 + 6,112 = 𝟏𝟓, 𝟒 𝐦𝐦 
↶ + ∑ MA = 0 
(2i) × (Byj + Bzk) + (3 + 0,5x)i × [−8(2 – x)]k = 0 
Resolvendo a equação: Bz = (24 – 8x – 2x²) kN 
τadm = Bz2A = 2BzπdB2 ∴ 150 = 2 × Bzπ × 82 ∴ Bz = 15,08 kN 
15,08 = 24 – 8x – 2x² ∴ x² + 4x – 4,46 = 0 
Solucionando a equação, obtem-se: x = 0,909 m 
Tensão 
65 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.107. A barra é mantida em equilíbrio pelos apoios de pino em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, 
o que envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão 
de cisalhamento admissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 125 MPa. Se x = 1 m, determine a carga distribuída máxima 
w que a barra suportará. Cada um dos pinos A e B tem diâmetro de 8 mm. Despreze qualquer força axial na barra. 
 
 Figura 1.107 
 
 
 
 
1.108. A barra é mantida em equilíbrio pelos apoios de pino em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, 
o que envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão 
de cisalhamento admissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 125 MPa. Se x = 1 m e w = 12 kN/m, determine o menor 
diâmetro exigido para os pinos A e B. Despreze qualquer força axial na barra. 
 
 Figura 1.108 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(2i) × (Byj + Bzk) + (3,5i) × (−wk) = 0 
Bz = (1,75w) kN 
τadm = Bz2A ∴ 125 = 1,75wπ4 × 82 
w = 7,18 kN/m 
↶ + ∑ MA = 0 
(2i) × (Byj + Bzk) + (3,5i) × (−12k) = 0 
Bz = 21 kN ↑ + ∑ Fz = 0 
21−12−Az = 0 ∴ Az = 9 kN 
dB = √ 2Bzπτadm = √2 × 21 × 103π × 125 = 𝟏𝟎, 𝟑 𝐦𝐦 
dA = √ 4Azπτadm = √4 × 9 × 103π × 125 = 𝟗, 𝟓𝟕 𝐦𝐦 
Tensão 
66 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.109. O pino está submetido a cisalhamento duplo, visto que é usado para interligar os três elos. Devido ao desgaste, 
a carga é distribuída nas partes superior e inferior do pino como mostra o diagrama de corpo livre. Determine o diâmetro 
d do pino se a tensão de cisalhamento admissível for 𝜏adm = 70 MPa e a carga P = 40 kN. Determine também as 
intensidades das cargas w1 e w2. 
 
 Figura 1.109 
 
 
 
1.110. O pino está submetido a cisalhamento duplo, visto que é usado para interligar os três elos. Devido ao desgaste, 
a carga é distribuída nas partes superior e inferior do pino como mostra o diagrama de corpo livre. Determine a carga 
máxima P que o acoplamento pode suportar se a tensão de cisalhamento admissível para o material for 𝜏adm = 56 MPa 
e o diâmetro do pino for 12,5 mm. Determine também as intensidades das cargas w1 e w2. 
 
 Figura 1.110 
 
 
 
0,0375w1 = 40 
w1 = 1.066,67 kN/m 
0,0125w2 = 0,5 × 40 
w2 = 1.600,00 kN/m 
τadm = P2A ∴ d = √ 2Pπτadm = √2 × 40 × 103π × 70 = 𝟏𝟗, 𝟎𝟕𝟑 𝐦𝐦 
0,0375w1 = P 
w1 = 26,667P = 26,667 × 13,744 𝐰𝟏 = 𝟑𝟔𝟔, 𝟓𝟐 𝐤𝐍/𝐦 
0,0125w2 = 0,5P 
w2 = 40P = 40 × 13,744 𝐰𝟐 = 𝟓𝟒𝟗, 𝟕𝟖 𝐤𝐍/𝐦 
τadm = P2A = 2Pπd2 = 2 × Pπ × 12,52 
P = 13,744 kN 
Tensão 
67 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.111. A chaveta é usada para manter as duas hastes juntas. Determine a menor espessura t da chaveta e o menor 
diâmetro d das hastes. Todas as partes são feitas de aço com tensão de ruptura por tração σrup = 500 MPa e tensão de 
ruptura por cisalhamento 𝜏 rup = 375 MPa. Use um fator de segurança (FS)t = 2,50 em tração e (FS)c = 1,75 em 
cisalhamento. 
 
 
Figura 1.111 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
σrup = (FS)t PA ∴ d = √4(FS)tPπσrup = √4 × 2,5 × 30 × 103π × 500 = 𝟏𝟑, 𝟖 𝐦𝐦 
τadm = τrup(FS)c = VA ∴ 3751,75 = 15(103)10t ∴ 𝐭 = 𝟕 𝐦𝐦 
Tensão 
68 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.4 - PROBLEMAS DE REVISÃO 
*1.112. O parafuso longo passa pela chapa de 30 mm de espessura. Se a força na haste do parafuso for 8 kN, determine 
a tensão normal média na haste, a tensão de cisalhamento média ao longo da área cilíndrica da chapa definida pelas 
linhas de corte a-a e a tensão de cisalhamento média na cabeça do parafuso ao longo da área cilíndrica definida pelas 
linhas de corte b-b. 
 
Figura 1.112 
 σméd = PA = Pπ4dp2 = 8(103)π4 × 72 = 208 MPa (τméd)a = VA = 8(103)π × 18 x 30 = 4,72 MPa 
 (τméd)b = VA = 8(103)π(0,007)(0,008) = 45,5 MPa 
1.113. A sapata de apoio consiste em um bloco de alumínio de 150 mm por 150 mm que suporta uma carga de 
compressão de 6 kN. Determine a tensão normal média e a tensão de cisalhamento média que agem no plano que passa 
pela seção a-a. Mostre os resultados em um elemento de volume infinitesimal localizado no plano. 
 
 Figura 1.113 
 
 
 
 
↗ + ∑ Fx = 0 
Va-a – 6cos(60°) = 0 
Va-a = 3 kN 
↖ + ∑ Fy = 0 
Na-a – 6sen(60°) = 0 
Na-a = 5,196 kN 
τadm = Va−aA = 3 × 1031502cos(30°) = 𝟏𝟏𝟓, 𝟓 𝐤𝐏𝐚 σadm = Na−aA = 5,196 × 1031502cos(30°) = 𝟐𝟎𝟎 𝐤𝐏𝐚 
Tensão 
69 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.114. Determine as cargas internas resultantes que agem nas seções transversais que passam pelos pontos D e E da 
estrutura. 
 
 Figura 1.114 
 
 
 
 
Ponto D 
 
 
 
 
Ponto E 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,9sen(θ)FBC – 6 × 1,2 = 0 
FBC = 10 kN 
→ + ∑ Fx = 0 −Ax + FBC × 0,6 = 0 
Ax = 6 kN 
↑ + ∑Fy = 0 −Ay – 6 + FBC × 0,8 = 0 
Ay = 2 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
ND – 6 = 0 
ND = 6 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −2 – 1,125 – VD = 0 
VD = −3,13 kN 
↶ + ∑ MD = 0 
MD + 2 × 0,45 + 1,125 × 0,225 = 0 
MD = −1,153 kN.m 
 → + ∑ Fx = 0 
NE = −10 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VE = 0 kN ↶ + ∑ ME = 0 ME = 0 kN.m 
Tensão 
70 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.115. O punção circular B exerce uma força de 2 kN na parte superior da chapa A. Determine a tensão de cisalhamento 
média na chapa provocada por essa carga. 
 
Figura 1.115 τméd = P2πrh = 2(103)2π × 2 × 2 = 79,6 MPa 
 
*1.116. O cabo tem peso específico 𝛾 (peso/volume) e área de seção transversal A. Se a flecha s for pequena, de modo 
que o comprimento do cabo seja aproximadamente L e seu peso possa ser distribuído uniformemente ao longo do eixo 
horizontal, determine a tensão normal média no cabo em seu ponto mais baixo C. 
 
Figura 1.116 
 
 
 
 
 
w = γAL2 ↶ + ∑ MA = 0 Ts − wL4 = 0 ∴ T = γAL²8s 
σméd = TA = 𝛄𝐋𝟐𝟖𝐬 
Tensão 
71 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.117. A viga AB é suportada por um pino em A e também por um cabo BC. Um cabo separado CG é usado para manter 
a estrutura na posição vertical. Se AB pesar 2 kN/m e o peso da coluna FC for 3 kN/m, determine as cargas internas 
resultantes que agem nas seções transversais localizadas nos pontos D e E. Despreze a espessura da viga e da coluna 
nos cálculos. 
 
 Figura 1.117 
 
 
 
Ponto D 
 
 
 
 
Ponto E 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
3,5TBC × 0,3162 – 7,2 × 1,8 = 0 
TBC = 11,3842 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
Ax – 11,3842 × 0,9487 = 0 
Ax = 10,8 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ay + 11,3842 × 0,3162 – 7,2 = 0 
Ay = 3,6 kN 
→ + ∑ Fx = 0 −ND – 11,3842 × 0,9487 = 0 
ND = −10,8 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
VD + 11,3842 × 0,3162 – 3,6 = 0 
VD = 0 kN 
↶ + ∑ MD = 0 −MD – 3,6 × 0,9 + 1,8 × 11,3842 × 0,3162 = 0 
MD = 3,24 kN.m 
→ + ∑ Fx = 0 −VE + 2,7 = 0 
VE = 2,7 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −NE + 25,2 – 3,6 = 0 
NE = 21,6 kN 
↶ + ∑ ME = 0 −ME + 2,7 × 1,2 = 0 
ME = 3,24 kN.m 
Tensão 
72 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
1.118. O tubo de concreto de 3 Mg está suspenso por três cabos. Se os diâmetros de BD e CD forem 10 mm e AD tiver 
diâmetro de 7 mm, determine a tensão normal média em cada cabo. 
 
 Figura 1.118 
 
 
 
 
 
 
 
1.119. O acoplamento de gancho e haste está sujeito a uma força de tração de 5 kN. Determine a tensão normal média 
em cada haste e a tensão de cisalhamento média no pino A entre os elementos. 
 
 Figura 1.119 
 
 
 
 
TAD = (TADcosθ × cos60°)i + (−TADcosθ × cos30°)j + (TADsenθ)k 
TBD = (−TBDcosθ)i + (TBDcosθ × cos90°)j + (TBDsenθ)k 
TCD = (TCDcosθ × cos60°)i + (TCDcosθ × cos30°)j + (TCDsenθ)k 
Fazendo o somatório das forças nas direções x, y e z, obtem-se: 
TAD = TBD = TCD T = 10,968 kN 
sen(θ) = 2√5 cos(θ) = 1√5 
W = (3 × 9,81)k = (−29,43 kN)k 
 
σCD = σBD = Tπ4dBD2 = 10,968 × 103π4 × 102 = 𝟏𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚 
σAD = Tπ4dAD2 = 10,968 × 103π4 × 72 = 𝟐𝟖𝟓 𝐌𝐏𝐚 
σ30 = PA30 = 5(103)π4 × 302 = 7,07 MPa σ40 = PA40 = 5(103)π4 × 402 = 3,98 MPa 
τméd = P2Apino = 2,5(103) π4 × 252 = 5,09 MPa 
 
 
73 
 
Capítulo 2 
 
 
 
 
Deformação 
 
 
Deformação 
74 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.1 - PROBLEMAS 
2.1. O diâmetro de um balão de borracha cheio de ar é 150 mm. Se a pressão do ar em seu interior for aumentada até o 
diâmetro atingir 175 mm, determine a deformação normal média na borracha. 
 
∊ = ∆s′− ∆s∆s = πd − πd0πd0 = 175 − 150150 = 0,1667 mm/mm 
2.2. O comprimento de uma fita elástica delgada não esticada é 375 mm. Se a fita for esticada ao redor de um cano de 
diâmetro externo 125 mm, determine a deformação normal média na fita. 
 
∊ = L− L0L0 = πd − L0L0 = π × 125 − 375375 = 0,0472 mm/mm 
 
2.3. A barra rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a carga P aplicada à viga provocar um 
deslocamento de 10 mm para baixo na extremidade C, determine a deformação normal desenvolvida nos cabos CE e 
BD. 
 
 
Figura 2.3 
 
 
 7.00010 = 3.000∆BD ∴ ΔBD = 4,2857 mm ∊CE = ∆CELCE = 104.000 = 0,0025 mm/mm 
 ∊BD = ∆BDLBD = 4,28574.000 = 0,00107 mm/mm 
Deformação 
75 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.4. O diâmetro da parte central do balão de borracha é d = 100 mm. Se a pressão do ar em seu interior provocar o 
aumento do diâmetro do balão até d = 125 mm, determine a deformação normal média na borracha. 
 
Figura 2.4 
 ∊méd = πd− πd0πd0 = d − d0d0 = 125 − 100100 = 0,25 mm/mm 
2.5. A viga rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a carga P aplicada à viga for deslocada 10 
mm para baixo, determine a deformação normal desenvolvida nos cabos CE e BD. 
 
 
Figura 2.5 
 
 7.00010 = 3.000∆BD ∴ ΔBD = 4,2857 mm 
 
7.00010 = 5.000∆CE ∴ ΔCE = 7,142857 mm 
(∊CE)méd = ∆CELCE = 7,1428574.000 = 1,79 × 10-3 mm/mm 
 (∊BD)méd = ∆BDLBD = 4,28573.000 = 1,43 × 10-3 mm/mm 
Deformação 
76 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.6. A viga rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a deformação admissível máxima em cada 
cabo for ∊máx = 0,002 mm/mm, determine o deslocamento vertical máximo da carga P. 
 
Figura 2.6 
 ∊máx = ∆CELCE ∴ 0,02 = ∆CE4.000 ∴ ΔCE = 8 mm 
 
7.000∆P = 5.0008 ∴ ΔP = 11,2 mm 
2.7. Os dois cabos estão interligados em A. Se a força P provocar um deslocamento horizontal de 2 mm no ponto em 
A, determine a deformação normal desenvolvida em cada cabo. 
 
 Figura 2.7 
 
LCA’ = √(300cos30° + 2)2 + 150² = 301,733 mm ∊AC = LCA′ − LCALAC = 301,733 − 300300 = 0,00578 mm/mm 
Deformação 
77 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.8. Parte de uma ligação de controle para um avião consiste em um elemento rígido CBD e um cabo flexível AB. Se 
uma força for aplicada à extremidade D do elemento e provocar uma rotação θ = 0,3º, determine a deformação normal 
no cabo. Em sua posição original, o cabo não está esticado. 
 
 Figura 2.8 
(AB’)² = (400)² + (300)² − 2(400)(300)cos(90,3°) ∴ AB’ = 501,25506 mm ∊AB = AB′− ABAB = 501,25506 − 500500 = 2,51 × 10-3 mm/mm 
2.9. Parte de uma ligação de controle para um avião consiste em um elemento CBD e um cabo flexível AB. Se uma 
força for aplicada à extremidade D do elemento e provocar uma deformação normal no cabo de 0,0035 mm/mm, 
determine o deslocamento do ponto D. Em sua posição original, o cabo não está esticado. 
 
 Figura 2.9 
AB’ = (1 + ∊)AB = (1 + 0,0035)(500) = 501,75 mm 
 (501,75) ² = (400)² + (300)² − 2(400)(300)cos(ϕ) ∴ ϕ = 90,418° 
θ = 90,48º – 90° = 0,418° ∴ DD’ = (600 × 0,418º)( π180°) = 4,38 mm 
Deformação 
78 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.10. O cabo AB não está esticado quando θ = 45º. Se uma carga vertical for aplicada à barra AC e provocar a mudança 
do ângulo para θ = 47º, determine a deformação normal no cabo. 
 
Figura 2.10 
 
 
 
 
 
2.11. Se a carga aplicada á barra AC provocar o deslocamento do ponto A para a esquerda de uma quantidade ΔL, 
determine a deformação normal no cabo AB. Originalmente, θ = 45º. 
 
 Figura 2.11 
 
 
 
AB = √2 L 
L² = (√5L)² + (BA’)² − 2(√5L)(BA’)cos(20,435º) ∴ BA’ = 1,4705L 
BC = √L² + (2L)2 = √5 L 
Φ = 18,435° + 2° = 20,435 
ϵAB = BA′− ABAB = 1,4705L− √2L√2L = 0,0562864L√2L 𝛜𝐀𝐁 = 𝟎,𝟎𝟑𝟗𝟖 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
(BA’)² = (ΔL)² + (√2 L)² − 2(ΔL)(√2 L)cos(135°) 
BA’ = √∆L² + 2L² + 2L∆L 
∊AB = BA′− ABAB = √∆L² + 2L² + 2L∆L − √2L√2L = √1 + ∆LL + ∆L²2L² − 1 ∊AB = 𝟎,𝟓∆𝐋𝐋 
Deformação 
79 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.12. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação por cisalhamento 𝛾xy nos cantos 
A e B se o plástico se distorcer como mostra as linhas tracejadas. 
 
 
 Figura 2.12 
 
 
 
 
2.13. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação por cisalhamento 𝛾xy nos cantos 
D e C se o plástico se distorcer como mostram as linhas tracejadas. 
 
 
 Figura 2.13 
 
 
 
 
 
α = 2302 = 0,00662252 rad 
β = θ = 2403 = 0,00496278 rad 
(γB)xy = α + β = 0,00662252 + 0,00496278 = 𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 (γA)xy = −(α + θ) = −(0,00662252 + 0,00496278) = −𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 
α = 2302 = 0,00662252 rad 
β = θ = 2403 = 0,00496278 rad 
(γC)xy = −(α + β) = −(0,00662252 + 0,00496278) = −𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 (γD)xy = α + β = 0,00662252 + 0,00496278 = 𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 
Deformação 
80 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.14. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação normal média que ocorrer ao 
longo das diagonais AC e DB. 
 
 Figura 2.14 
 
 
 
 
 A′C′ = √(403,005)2 + (302,007)2 − 2(403,005)(302,007)cos (90° − 0,2843° − 0,3794°) = 500,8 mm 
∊AC = A′C′− ACAC = 500,8 − 500500 = 1,6 × 10-3 mm/mm ∊DB = 506,4 − 500500 = 12,8 × 10-3 mm/mm 
2.15. Originalmente, o cabo de ancoragem AB de uma estrutura de edifício não está esticado. Devido a um terremoto, 
as duas colunas da estrutura inclinam-se até um ângulo θ = 2º. Determine a deformação normal aproximada do cabo 
quando a estrutura estiver nessa posição. Considere que as colunas são rígidas e giram ao redor de seus apoios inferiores. 
 
Figura 2.15 
 
 Continua… 
 AC = √4002 + 3002 = 500 mm 
 DC’ = √302² + 2² = 302,007 mm 
DB’ = √405² + 304² =506,4mm 
DA’ = √403² + 2² = 403,005 mm 
β = tang−1 ( 2302) = 0,3794° 
 α = tang−1 ( 2403) = 0,2843° 
Deformação 
81 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
*2.16. Os cantos da chapa quadrada sofrem os deslocamentos indicados. Determine a deformação por cisalhamento ao 
longo das bordas da chapa em A e B. 
 
 
 Figura 2.16 
 
 
 
 (γA)xy = 2(45º − 43,5607°) ( π180°) = 0,05024 rad 
 (γB)xy = 2(45° − 46,43923°) ( π180°) = −0,05024 rad 
 
 
xB = 4sen(2°) = 0,1396 m 
yB = 4cos(2°) = 3,9976 m 
 xA = sen(2°) = 0,0349 m 
AB’ = √(yB − 1)2 + (4 + xB − xA)² = 5,0827 m ∊AB = AB′− ABAB = 5,0827−55 = 16,8 × 10-3 m/m 
 
θA = tang−1 (250250) = 45° 
θA’ = tang−1 (242,5255 ) = 43,5607° 
θB = tang−1 (250250) = 45° 
θB’ = tang−1 ( 255242,5) = 46,43923° 
Deformação 
82 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.17. Os cantos da chapa quadrada sofrem os deslocamentos indicados. Determine as deformações normais médias ao 
longo do lado AB e das diagonais AC e DB. 
 
 Figura 2.17 
 
 
 
 
 
 
 
2.18. O quadrado deforma-se até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação normal 
média ao longo de cada diagonal AB e CD. O lado D’B’ permanece horizontal. 
 
 Figura 2.18 
 
 
 
 
AC = 250 + 250 = 500 mm 
AC’ = 500 + 5 + 5 = 510 mm 
AB = √250² + 250² = 353,553 mm 
A’B’ = √255² + 242,5² = 351,897 mm 
DB = 250 + 250 = 500 mm 
D’B’ = 500 − 7,5 − 7,5 = 485 mm 
∊AC = AC′− ACAC = 510 − 500500 = 20 × 10-3 mm/mm ∊AB = A′B′− ABAB = 351,897 − 353,553353,553 = −4,686 × 10-3 mm/mm ∊DB = D′B′− DBDB = 485 − 500500 = −30 × 10-3 mm/mm 
 
AB = √250² + 250² = 70,711 mm 
AB’ = √(53cos1,5°)² + 47² = 70,824 mm 
C’D’ = √58² + 53² − 2 × 58 × 53 × cos (91,5°) = 79,6 mm 
∊AB = AB′− ABAB = 70,824 − 70,71170,711 = 1,61 × 10-3 mm/mm ∊CD = C′D′− ABC′D′ = 79,6 − 70,71179,6 = 126 × 10-3 mm/mm 
 
Deformação 
83 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.19. O quadrado deforma-se até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por 
cisalhamento em cada um de seus cantos A, B, C e D. O lado D’B’ permanece horizontal. 
 
 Figura 2.19 
 
 
 
 
 
 
 
*2.20. O bloco é deformado até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação normal 
média ao longo da reta AB. 
 
 Figura 2.20 
 
 
 
(γA)xy = π2 − π180° (91,5°) = −0,0262 rad (γD)xy= π2 − π180° (88,5°) = 0,0262 rad 
(γB)xy= π2 − π180° (101,73°) = −0,205 rad (γC)xy= π2 − π180° (78,27°) = 0,205 rad 
θC′ = arctang (53cos1,5°11 ) = 78,27° 
θD′ = 90° − 1,5° = 88,5° θB′ = 360° − 88,5° − 91,5° − 78,27° = 101,73° 
AB = √100² + 40² = 107,7033 mm 
h = √110² − 15² = 108,9725 mm 
AB’ = √108,9725² + 25² = 111,8034 mm 
∊AB = AB′− ABAB = 111,8034 − 107,7033107,7033 = 0,0381 mm/mm 
Deformação 
84 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.21. Um cabo fino que se encontra ao longo do eixo x é deformado de tal modo que cada um de seus pontos sofre um 
deslocamento Δx = kx² ao longo do eixo. Se k for constante, qual é a deformação normal em qualquer ponto P ao longo 
do cabo? 
 
Figura 2.21 
ϵ = ddx (∆x) = ddx (kx2) = 2kx 
2.22. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. Determine a deformação por 
cisalhamento média 𝛾xy da chapa. 
 
 Figura 2.22 
 
 
 
2.23. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por 
cisalhamento média 𝛾xy da chapa. 
 
 Figura 2.23 
 tang(θ′) = 3150 ∴ θ′ = 1,1458°θ’ 
θ = 90° + 1,1458° = 91,1458º 
γxy = π2 − π180° (θ) = π2 − π180° (91,1458°) = −0,02 rad 
θ = arctang (1503 ) = 88,854° 
γxy= π2 − π180° (θ) = π2 − π180° (88,854°) = 0,02 rad 
Deformação 
85 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.24. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. Determine as deformações 
normais médias ao longo da diagonal AC e do lado AB. 
 
 
 Figura 2.24 
 
 
 
 
 
 
2.25. A forma original da peça de borracha é retangular. Determine a deformação por cisalhamento média 𝛾xy, se os 
cantos B e D forem submetidos a deslocamentos que provoquem a distorção da borracha mostrada pelas linhas 
tracejadas. 
 
 
 Figura 2.25 
 
 
 
θ = arctang(1503 ) = 88,854° 
 ϕ = 180° − 88,854° = 91,14576° 
CD’ = A’B =√150² + 3² = 150,03 mm A′C = √(150,03)2 + (200)2 − 2(150,03)(200) cos(91,15°) A′C = 252,40642 mm 
ϵAB = 150,03 − 150150 = 𝟐 × 𝟏𝟎−𝟒 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
ϵAB = 252,406 – 250250 = 𝟗, 𝟔𝟑 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
θ = tang-1( 3400) = 0,4297° 
θ’ = tang-1( 2300) = 0,382° 
γxy= θ + θ’ = 0,497° + 0,382° = 0,879° × π180° = 0,0142 rad 
Deformação 
86 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.26. A forma original da peça de borracha é retangular e ela é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. 
Determine a deformação normal média ao longo da diagonal DB e do lado AD. 
 
 Figura 2.262.27. O material é distorcido até a posição, como mostra a figura. Determine (a) as deformações normais médias ∊x e ∊y e a deformação por cisalhamento 𝛾xy em A e (b) a deformação normal média ao longo da reta BE. 
 
 Figura 2.27 
 
 
 
 
 
AD’ = √400² + 3² = 400,011 mm AB’ = √300² + 2² = 300,007 mm 
ϕ = arctng( 2300) = 0,382° θ = arctng( 3400) = 0,43° 
α = 90° − 0,382° – 0,43° = 89,1883° 
D’B’ = √400,0112 + 300,0072 − 2 × 400,011 × 300,007 × cos (89,19°) = 496,6 mm 
∊DB = D′B′− DBDB = 496,6 − 500500 = −0,00680 mm/mm ∊AD = AD′− ADAD = 400,011 − 400400 = 0,0281 × 10-3 mm/mm 
(a) ∊x = 0 ∊y = √125² + 10² − 125125 = 0,00319 mm/mm γxy = arctang( 10125) = 4,574° = 0,0798 rad 
(b) BB’ = 
100 × 10125 = 8 mm 
EE’ = 
50 × 15125 = 6 mm 
x’ = 80 + 6 – 8 = 78 mm 
B’E’ = √50² + 78² = 92,65 mm 
BE = √50² + 80² = 94,34 mm ∊BE = BE′− BEBE = 92,65 − 94,3494,34 = −0,0179 mm/mm 
Deformação 
87 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.28. O material é distorcido até a posição, como mostra a figura. Determine a deformação normal média que ocorre 
ao longo das diagonais AD e CF. 
 
 Figura 2.28 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.29. O bloco é deformado até a posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por cisalhamento 
nos cantos C e D. 
 
 Figura 2.29 (γC)xy = π2 − [π2 + π180° arcsen ( 15110)]= −0,137 rad (γD)xy = π2 − [ π180° arccos ( 15110)]= 0,137 rad 
AD = CF = √125² + 80² = 148,408 mm 
α = tang-1( 15125) = 6,843° β = tang-1( 10125) = 4,574° 
FD’ = √125² + 15² = 125,90 mm AC’ = √125² + 10² = 125,4 mm 
AD’ = √125,902 + 802 − 2 × 125,90 × 80 × cos(90° + 6,843°) = 157,0032 mm 
C’F = √125,42 + 802 − 2 × 125,4 × 80 × cos(90° − 4,574°) = 143,2654 mm 
∊AD = AD′− ADAD = 157,0032 − 148,408148,408 = 0,0579 mm/mm ∊CF =FC′− CFCF = 143,2654 − 148,408 148,408 = −0,0347 mm/mm 
Deformação 
88 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.30. O comprimento original da barra é 30 mm quando está reta. Se ela for submetida a uma deformação por 
cisalhamento definida por γxy = 0,02x, onde x é dado em milímetros, determine o deslocamento Δy na extremidade de 
sua borda inferior. A barra foi distorcida até a forma mostrada, na qual não ocorre alongamento da barra na direção x. 
 
 Figura 2.30 
 dydx = tang(γxy) = tang(0,02x) ∫ dy = ∫ tang(0,02x)dx3000∆y 0 ∴ Δy = 2,03 mm 
 
2.31. O raio original do tubo curvado é 0,6 m. Se ele sofrer aquecimento não uniforme que provoque uma deformação 
normal ao longo de seu comprimento ∊ = 0,05cosθ, determine o aumento no comprimento do tubo. 
 
Figura 2.31 
 
 
 
dδ = ∊rdθ ∴ δ = ∫ 0,05 cos(θ) × 0,6dθπ20 = 0,03 ∫ cos(θ) dθπ20 = 0,030 m = 30 mm 
 
Deformação 
89 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*2.32. Resolva o Problema 2.31 considerando ∊ = 0,08senθ. 
 
 
Figura 2.32 
 
 
dδ = ∊rdθ ∴ δ = ∫ 0,08sen(θ) × 0,6dθπ20 = 0,048 ∫ sen(θ) dθπ20 = 0,048 m = 48 mm 
 
2.33. Um cabo fino é enrolado ao longo da superfície cuja forma é y = 0,02x², onde x e y são dados em mm. A posição 
original da extremidade B é x = 250 mm. Se o cabo sofrer uma deformação normal ∊ = 0,0002x ao longo de seu 
comprimento, determina mudança no comprimento do cabo. Dica: Para a curva y = f(x), ds = √1 + (dy/dx)² dx. 
 
Figura 2.33 
dδAB = ∊ds = 0,0002x√1 + (dydx)2 
 δAB = 0,0002 ∫ x√1 + 0,0016x²dxπ20 = 42,252 mm 
Deformação 
90 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
2.34. A fibra AB tem comprimento L e orientação θ. Se suas extremidades A e B sofrerem deslocamentos muito 
pequenos uA e vB, respectivamente, determine a deformação normal na fibra quando ela estiver na posição A’B’. 
 
 
Figura 2.34 
 
 
LA’B’ = √(Lcosθ − uA)2 + (Lsenθ + vB)² = √L² + uA² + vB² + 2L(vBsenθ − uAcosθ) 
∊AB = LA′B′ − LL = √1 + 2(vBsenθ − uAcosθ)L + uA² + vB²L² − 1 = 𝐯𝐁𝐬𝐞𝐧𝛉 − 𝐮𝐀𝐜𝐨𝐬𝛉𝐋 
 
2.35. Se a deformação normal for definida em relação ao comprimento final, isto é: 
 
em vez de em relação ao comprimento original, Equação 2.2, mostre que a diferença entre essas deformações é 
representada como um termo de segunda ordem, a saber, ∊n - ∊’n = ∊n∊’n. 
 
ϵn − ϵn′ = ∆S′−∆S∆S − ∆S′−∆S∆S′ = ∆S′2− ∆S∆S′− ∆S′∆S + ∆S2∆S∆S′ = ∆S′2+ ∆S2− 2∆S′∆S∆S∆S′ = (∆S′− ∆S)2∆S∆S′ = (∆𝑆′− ∆𝑆∆𝑆 ) (∆𝑆′− ∆𝑆∆𝑆′ ) 
Logo: ϵn − ϵ′n = ϵnϵ′n
 
91 
Capítulo 3 
 
 
 
 
Propriedades Mecânicas dos 
Materiais 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
92 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.1 - PROBLEMAS 
3.1. Um cilindro de concreto com 150 mm de diâmetro e 300 mm de comprimento de referência é testado sob 
compressão. Os resultados do ensaio são apresentados na tabela como carga em relação à contração. Desenhe o diagrama 
tensão-deformação usando escalas de 10 mm = 2 MPa e 10 mm = 0,1 (10-3) mm/mm. Use o diagrama para determinar 
o módulo de elasticidade aproximado. 
 
 Figura 3.1 
 
Eaprox = 
10,7 × 106 − 00,0004 − 0 = 26,67 GPa 
 
3.2. Os dados obtidos em um ensaio de tensão-deformação para um material cerâmico são dados na tabela. A curva é 
linear entre a origem e o primeiro ponto. Represente o diagrama em gráfico e determine o módulo de elasticidade e o 
módulo de resiliência. 
 
 Figura 3.2 
Eaprox = 
232 × 106− 00,0006 − 0 = 387,3 GPa 
ur = 
232 × 106 × 0,0006 2 = 0,0696 MJ/m³ 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
93 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.3. Os dados obtidos em um ensaio de tensão-deformação para um material cerâmico são dados na tabela. A curva é 
linear entre a origem e o primeiro ponto. Represente o diagrama em gráfico e determine o valor aproximado do módulo 
de tenacidade. A tensão de ruptura é σr = 373,8 MPa. 
 
 Figura 3.3 (ut)aprox = (0,001+0,0004)(232)2 + (0,0012)(318) + (0,0012)(55)2 + (0,0004)(86)2 
ut = 0,595 MJ/m³ 
*3.4. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 13 mm e 50 mm de comprimento de referência foi submetido 
a um ensaio de tração. Os dados resultantes são apresentados na tabela. Construa o gráfico do diagrama tensão-
deformação e determine os valores aproximados do módulo de elasticidade, da tensão de escoamento, do limite de 
resistência e da tensão de ruptura. Use uma escala de 10 mm = 209 MPa e 10 mm = 0,05 mm/mm. Desenhe novamente 
a região elástica usando a mesma escala de tensão, mas use uma escala de deformação de 10 mm = 0,001 mm/mm. 
 
 Figura 3.4 
Eaprox = 
391 × 1060,0015 = 260,8 GPa 
 𝛔𝐞 = 𝟒𝟒𝟖 𝐌𝐏𝐚 𝛔𝐥𝐢𝐦 = 𝟖𝟗𝟎 𝐌𝐏𝐚 e 𝛔𝐑 = 𝟕𝟓𝟑, 𝟖 𝐌𝐏𝐚 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
94 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.5. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e comprimento 
de referência 50 mm. Determine os valores para o material, a carga aplicada ao corpo de prova que causa escoamento e 
a carga máxima que o corpo de prova suportará. 
 
Figura 3.5 
 E = 290 × 1060,001 = 290 GPa 
 290 = Peπ4 × 122 ∴ Pe = 32,80 kN 550 = Pmáxπ4 × 122 ∴ Pmáx = 62,2 kN 
3.6. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e 50 mm de 
comprimento de referência. Se o corpo de prova for submetido a carga de tração até 500 MPa, determine o valor 
aproximado da recuperação elástica e do aumento no comprimento de referência após odescarregamento. 
 
Figura 3.6 
 E = (290 − 0) × 1060,001 − 0 = 290 GPa ∴ σE = 500 × 106290 × 109 = 1,72414 × 10-3 mm/mm ValorRE = 1,72414 × 10-3 × 50 = 0,08621 mm 
Aumento no comprimento = (0,08 – 0,00172414)(50) = 3,91379 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
95 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.7. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e 50 mm de 
comprimento de referência. Determine os valores aproximados do módulo de resiliência e do módulo de tenacidade para 
o material. 
 
Figura 3.7 
ur = 
290 × 106 × 0,0012 = 0,145 MPa 
ut = 33 × 0,04 × 100 = 132 MPa 
*3.8. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação de uma barra de aço. Determine os valores aproximados do 
módulo de elasticidade, limite de proporcionalidade, limite de resistência e módulo de resiliência. Se a barra for 
submetida a uma carga de tração de 450 MPa, determine o valor da recuperação da deformação elástica e da deformação 
permanente na barra quando descarregada. 
 
Figura 3.8 E = 325(106)0,0015 = 𝟐𝟏𝟕 𝐆𝐏𝐚 σP = 325 MPa σr = 500 MPa ur = 12 (0,0015)(325)(106) = 𝟐𝟒𝟒 𝐤𝐉/𝐦³ ValorRE = 450(106)E = 450(106)217(109) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟎𝟕 𝐦𝐦/𝐦𝐦 DeformaçãoPER = 0,0750 − 0,00207 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟐𝟗 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
96 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.9. A figura mostra o diagrama σ - ∊ para as fibras elásticas que compõem a pele e os músculos dos seres humanos. 
Determine o módulo de elasticidade das fibras e estime os módulos de tenacidade e de resiliência. 
 
 
Figura 3.9 
 
E = 
77 2 = 38,5 kPa 
 ur = 
77 × 22 = 77 kPa 
ut = 77 + (385 + 77)(0,252 ) = 134,75 kPa 
 
3.10. Uma barra de aço A-36 tem comprimento de 1.250 mm e área de seção transversal de 430 mm². Determine o 
comprimento da barra se ela for submetida a uma tração axial de 25 kN. O material tem comportamento elástico linear. 
 
Figura 3.10 
 
σ = PA = 25 × 103430 = 58,14 MPa 
 σ = E∊ ∴ ∊ = σE = 58,14 × 106200 × 109 = 2,907 × 10-4 mm/mm 
L = ∊L0 + L0 = 2,907 × 10-4 × 1.250 + 1.250 = 1.250,363 mm 
 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
97 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.11. O diagrama tensão-deformação para o polietileno que é utilizado para revestir cabos coaxiais é determinado por 
um ensaio com um corpo de prova com comprimento de referência de 250 mm. Se uma carga P aplicada ao corpo de 
prova desenvolver uma deformação ∊ = 0,024 mm/mm, determine o valor aproximado do comprimento do corpo de 
prova medido entre os pontos de referência quando a carga é removida. Considere que o corpo de prova se recupere 
elasticamente. 
 
Figura 3.11 
 
E = 
14 × 1060,004 = 3,5 GPa 
 3,5 × 109 = 26 × 1060,024 − ϵ ∴ ∊ = 0,01657 mm/mm 
L = ∊L0 + L0 = 0,01657 × 250 + 250 = 254,143 mm 
*3.12. A figura mostra o diagrama tensão-deformação para fibra de vidro. Se uma barra de 50 mm de diâmetro e 2 m 
de comprimento fabricada com esse material for submetida a uma carga de tração axial de 60 kN, determine seu 
alongamento. 
 
Figura 3.12 
 
σ = Pπ4 d² = 60 × 103π4 × 502 = 30,56 MPa 
 ∊ = (30,56300 )2= 1,0375 × 10-2 mm/mm 
δ = ∊L = 0,010375 × 50 = 20,8 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
98 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.13. A mudança de peso de um avião é determinada pela leitura de um extensômetro A montado no suporte de alumínio 
da roda do avião. Antes de o avião ser carregado, a leitura do extensômetro no suporte é ∊1 = 0,00100 mm/mm, ao passo 
que, após o carregamento, é ∊2 = 0,00243 mm/mm. Determine a mudança na força que age sobre o suporte se a área da 
seção transversal dele for 2.200 mm². Eal = 70 GPa. 
 
 
Figura 3.13 ∊ = ∊2 − ∊1 = 0,00243 – 0,00100 = 0,00143 mm/mm 
 σ = ∊Eal = 0,00143 × 70 × 109 = 100,1 MPa 100,1 = ΔP2.200 ∴ ΔP = 220,22 kN 
 
3.14. Um corpo de prova com comprimento original de 300 mm tem diâmetro original de 12 mm e é submetido a uma 
força de 2,5 kN. Quando a força é aumentada para 9 kN, o corpo de prova sofre um alongamento de 22,5 mm. Determine 
o módulo de elasticidade para o material se ele permanecer elástico. 
 
ΔP = 9 – 2,5 = 6,5 kN 
 σ = ΔPπ 4 d² = 6,5 × 103π4 × 122 = 57,473 MPa 
 Δ∊ = σE ∴ E = σLδ = 57,473 × 300 22,5 = 766,3 MPa 
 
3.15. Um elemento estrutural de um reator nuclear é feito de uma liga de zircônio. Se esse elemento tiver se suportar 
uma carga axial de 20 kN, determine a área da seção transversal exigida. Use um fator de segurança 3 em relação ao 
escoamento. Qual é a carga sobre o elemento se ele tiver 1m de comprimento e seu alongamento for 0,5 mm? Ezr = 100 
GPa, σe = 400 MPa. O material tem comportamento elástico. 
 
σe = FS PA ∴ Aexig = 3 × 20 × 103400 = 150 mm² 
ϵ = δL = 0,51.000 = 0,0005 0,0005 = σeEzr = PAEzr ∴ P = 0,0005 × 150 × 100 × 103 = 7,5 kN 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
99 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*3.16. O poste é sustentado por um pino em C e por um arame de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do arame 
for 5 mm, determine quanto ele se deforma quando uma força horizontal de 15 kN agir sobre o poste. 
 
 Figura 3.16 
 
 
 
 
 
3.17. A adição de plastificadores ao cloreto de polivinil provoca a redução de sua rigidez. Os diagramas tensão-
deformação apresentados a seguir mostram tal efeito para três tipos desse material. Especifique o tipo que deve ser usado 
na fabricação de uma haste com 125 mm de comprimento e 50 mm de diâmetro que terá de suportar, no mínimo, uma 
carga axial de 100 kN e alongar, no máximo, 6 mm. 
 
Figura 3.17 
σ = Pπ4d² = 100 × 103π4 × 502 = 50,93 MPa 
 ϵ = δL = 6125 = 0,048 mm/mm 
Logo, o material que atende as características do diagrama tensão – deformação é o copolímero. 
↶ ∑ MC = 0 −15 × 1,2 + 2,2 × TABsen(30°) = 0 
TAB = 16,3636 kN 
LAB = 
2,2cos(30°) = 2,54 m 
σAB = TABπ4 d² = 16,3636 × 103π4 × 52 = 833,4 MPa ∊ = σABEaço = 833,4 × 106200 × 109 = 0,004167 mm/mm 
δAB = ∊LAB = 0,004167 × 2.540 = 10,586 mm 
 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
100 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.18. Os cabos de aço AB e AC sustentam a massa de 200 kg. Se a tensão axial admissível para os cabos for σadm = 130 
MPa, determine o diâmetro exigido para cada cabo. Além disso, qual é o novo comprimento do cabo AB após a aplicação 
da carga? Considere que o comprimento não alongado de AB seja 750 mm. Eaço = 200 GPa. 
 
 Figura 3.18 
WA = 200 × 9,81 = 1.962 N 
 
 
 
 
 
 
 
3.19. A figura mostra o diagrama tensão-deformação para duas barras de poliestireno. Se a área da seção transversal da 
barra AB for 950 mm² e a de BC for 2.500mm², determine a maior força P que pode ser suportada antes que qualquer 
dos elementos sofra ruptura. Considere que não ocorre nenhuma flambagem. 
 
 Figura 3.19 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 −TABcos(60°) + 0,6TAC = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 TABsen(60°) + 0,8TAC – 1.962 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: TAB = 1.280,177 N e TAC = 1.066,77 N 
σadm = TABAAB ∴ dAB = √ 4TABπσadm = √4 × 1.280,177π × 130 = 3,54 mm 
dAC = √ 4TACπσadm = √4 × 1.066,77π × 130 = 3,23 mm 
ϵ = σadmEaço = 130 × 106200 × 109 = 0,00065 mm/mm 
LAB’ = (1 + ∊)LAB = (1 + 0,00065)(750) = 750,49 mm 
↶ + ∑ MC = 0 −1,2P + 1,2(0,6FAB) = 0 
FAB = 1,667P 
→ + ∑ Fx = 0 
0,8 × 1,667P – Cx = 0 
Cx = FCB = 1,333P 
(σAB)C = 1,667P950 ∴ P = 99,75 kN (σBC)T = 1,333P2.500 ∴ 𝐏 = 𝟔𝟓, 𝟔𝟑 𝐤𝐍 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
101 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*3.20. A figura mostra o diagrama tensão-deformação de duas barrasde poliestireno. Determine a área da seção 
transversal de cada barra de modo que elas sofram ruptura simultânea quando a carga P = 15 kN é aplicada. Considere 
que não ocorra nenhuma flambagem. 
 
 Figura 3.20 
 
 
 
 
3.21. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para uma resina de poliéster. Se a viga for suportada por uma 
barra AB e um poste CD, ambos feitos desse material, e for submetida à carga P = 80 kN, determine o ângulo de 
inclinação da viga quando a carga for aplicada. O diâmetro da barra é 40 mm, e o diâmetro do poste é 80 mm. 
 
 Figura 3.21 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 −1,2 × 15 + 1,2(0,6FAB) = 0 
FAB = 25 kN 
→ + ∑ Fx = 0 
0,8 × 25 – Cx = 0 
Cx = FCB = 20 kN 
175 = 25 × 103AAB ∴ 𝐀𝐀𝐁 = 𝟏𝟒𝟐, 𝟖𝟔 𝐦𝐦² 35 = 20 × 103ABC ∴ 𝐀𝐁𝐂 = 𝟓𝟕𝟏, 𝟒𝟑 𝐦𝐦² 
↑ + ∑ Fy = 0 
FAB + FCD – 80 = 0 
FAB = FCD = 40 kN 
E = 
32,2 × 1060,01 = 3,22 GPa 
σAB = FABπ4dAB2 = 40 × 103π4 × 402 = 31,831 MPa 
ϵAB = σABE = 31,8313,22 × 103 = 0,0098854 mm/mm 
σCD = FCDπ4dCD2 = 40 × 103π4 × 802 = 7,958 MPa 
ϵCD = σCDE = 7,9583,22 × 103 = 0,00247133 mm/mm 
δAB = ∊ABLAB = 0,0098854 × 2.000 = 19,7708 mm 
δCD = ∊CDLCD = 0,0024713 × 500 = 1,235665 mm 
α = arctang(19,7708 − 1,2356651.500 ) = 0,708° 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
102 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.22. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para uma resina de poliéster. Se a viga for suportada por uma 
barra AB e um poste CD, ambos feitos desse material, determine a maior carga P que pode ser aplicada à viga antes da 
ruptura. O diâmetro da barra é 12 mm, e o diâmetro do poste é 40 mm. 
 
 Figura 3.22 
 
 
 
 
3.23. A viga é sustentada por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o cabo tiver diâmetro de 
5 mm, determine quanto ele estica quando um carregamento distribuído w = 1,5 kN/m agir sobre o tubo. O material 
permanece elástico. 
 
 Figura 3.23 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
FAB + FCD – P = 0 
FAB = FCD = 0,5P 
σAB = FABπ4dAB2 ∴ 50 = 0,5Pπ4 × 122 ∴ 𝐏 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟏 𝐤𝐍 σCD = FCDπ4dCD2 ∴ 95 = 0,5Pπ4 × 402 ∴ P = 238,76 kN 
↶ + ∑ MC = 0 −4,5 × 1,5 + 3FABsen(30°) = 0 
FAB = 4,5 kN 
LAB = 
3cos(30°) = 3,46 m 
σAB = FABπ4dAB2 = 4,5 × 103π4 × 52 = 229,18 MPa 
ϵ = σABEaço = 229,18 × 106200 × 109 = 1,146 × 10−3 mm/mm 
δAB = ∊LAB = 1,146 × 10-3 × 3.460 = 3,970 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
103 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*3.24. A viga é sustentada por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o cabo tiver diâmetro 
de 5 mm, determine o carregamento w se a extremidade B for deslocada 18 mm para baixo. 
 
 Figura 3.24 
 
 
 
 
 
 
3.25. Às vezes, são instalados indicadores de tração em vez de torquímetros para garantir que um parafuso tenha a tração 
prescrita quando utilizado em conexões. Se uma porca do parafuso for apertada de tal modo que seis cabeças do 
indicador, cujas alturas originais eram de 3 mm, forem esmagadas até 0,3 mm, deixando uma érea de contato de 1,5 
mm² em cada cabeça, determine a tensão na haste do parafuso. O diagrama tensão-deformação do material é mostrado 
na figura. 
 
 Figura 3.25 ∊ = 0,33 = 0,1 mm/mm 
Equação da reta que passa pelos pontos (0,0015 mm/mm, 450 MPa) e (0,3 mm/mm, 600 MPa): 
σ = 502,513∊ + 449,246 
Logo, quando ∊ = 0,1 mm/mm, tem-se: σ = 502,513 × 0,1 + 449,246 = 500 MPa, sendo assim: 
σ = T6A ∴ T = 6Aσ = 6 × 1,5 × 500 = 4.500 N = 4,50 kN 
↶ + ∑ MC = 0 −1,5 × 3w + 3FABsen(30°) = 0 
FAB = 3w 
α = arctang( 183.000) = 0,343776° LAB = 3cos(30°) = 3,46 m 
AB’ = √(3tang30°)2 + 32 − 2 × (3tang30°) × 3 × cos(90° − 0,343776°) 
AB’ = 3,4731 m 
ϵ = AB′− ABAB = 3,4731− 3,463,46 = 2,59471 × 10-3 mm/mm 
σAB = FABπ4dAB2 = 3wπ4 × 0,0052 = 152.788,745w 
σAB = Eaço∊ ∴ 152.788,745w = 200 × 103 × 2,59471 × 10−3 ∴ w = 3,40 kN/m 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
104 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.2 – PROBLEMAS 
3.26. A haste plástica de acrílico tem 200 mm de comprimento e 15 mm de diâmetro. Se uma carga axial de 300 N for 
aplicada a ela, determine a mudança em seu comprimento e em seu diâmetro. Ep = 2,70 GPa, 𝜈p = 0,4. 
 
Figura 3.26 
σ = Pπ4d2 = 300π4 × 152 = 1,6976 
 ∊long = σEp = 1,6976 × 1062,70 × 109 = 0,00062874 mm/mm 
δcomp = ∊longL = 0,00062874 × 200 = 0,126 mm 
ν = 0,4 = − ϵlat0,00062874 ∴ ∊lat = −0,0002515 mm/mm ∴ ∆d = d∊lat = 15 × (−0,0002515) = −0,00377 mm 
3.27. O bloco é feito de titânio Ti-6A1-4V. É submetido a uma compressão de 1,5 mm ao longo do eixo y, e sua forma 
sofre uma inclinação de θ = 89,7°. Determine ϵx, ϵy e γxy 
 
Figura 3.27 δy = −ϵyLy ∴ 1,5 = ϵy × 100 ∴ 𝛜𝐲 = −𝟎, 𝟎𝟏𝟓𝟎 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
 0,36 = − ϵx−0,0150 ∴ 𝛜𝐱 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝟒𝟎 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
α = 180° − 89,7° = 90,3° ∴ γxy = π2 − π180° (90,3°) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝟐𝟒 𝐫𝐚𝐝 
*3.28. Um bloco cilíndrico curto de bronze C86.100, com diâmetro original de 38 mm e comprimento de 75 mm, é 
colocado em uma máquina de compressão e comprimido até atingir o comprimento de 74,5 mm. Determine o novo 
diâmetro do bloco. 
δy = L – L0 = 74,5 – 75 = −0,5 mm ∴ ϵy = δyL0 = − 0,575 = −6,667 × 10-3 mm/mm νb = 0,34 = − ϵx(−6,667 × 10−3) ∴ ϵx = 2,2667 × 10−3 mm/mm 
d’ = d + dϵx = 38 + 38 × 2,2667 × 10-3 = 38,0861 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
105 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.29. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para um aço-liga. O corpo de prova do qual ela 
foi obtida tinha diâmetro original de 13 mm e comprimento de referência de 50 mm. Quando a carga aplicada ao corpo 
de prova for 50 kN, o diâmetro é 12,99265 mm. Determine o coeficiente de Poisson para o material. 
 
Figura 3.29 
E = 
σ′
ϵ
= 400 × 106
0,002 = 200 GPa σ = Pπ4d² = 50 × 103π4 × 12,992652 = 376,7 MPa 
σ = Eϵlong ∴ 376,6 × 106 = (200 × 109)ϵlong ∴ ϵlong = 1,883 × 10−3 mm/mm 
ϵlat = d − d0d0 = 12,99265 − 1313 = −5,6538 × 10-4 mm /mm ∴ ν = − ϵlatϵlong = − (−5,6538 × 10−4)1,883 × 10−3 = 0,300 
3.30. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para um aço-liga. O corpo de prova do qual ela 
foi obtida tinha diâmetro original de 13 mm e comprimento de referência de 50 mm. Se uma carga P = 20 kN for aplicada 
ao corpo de prova, determine seu diâmetro e comprimento de referência. Considere ν = 0,4. 
 
Figura 3.30 
E = 
σ′
ϵ
= 400 × 106
0,002 = 200 GPa σ = Pπ4d² = 20 × 103π4 × 132 = 150,68 MPa 
σ = Eϵlong ∴ 150,68 × 106 = (200 × 109)ϵlong ∴ ϵlong = 7,534 × 10−4 mm/mm 
L’ = L + Lϵlong = 50 + 50 × 7,534 × 10−4 = 50,0377 mm 
 0,4 = − ϵlat7,534 × 10−4 ∴ ϵlat = −3,0136 × 10−4 mm/mm 
d = d0 + d0ϵlat = 13 + 13(−3,0136 × 10−4) = 12,99608 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
106 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.31. A figura mostra o diagrama tensão-deformação de cisalhamento para um aço-liga. Se um parafuso de 6 mm de 
diâmetro feito desse material for utilizado em uma junta sobreposta, determine o módulo de elasticidade E e a força P 
exigida para provocar o escoamento do material. Considere ν = 0,3. 
 
 
Figura 3.31 
 
 τ = Pπ4d² ∴ 350 = Pπ4 × 62 ∴ P = 9,896 kN 
 G = 350(106)
0,004 = 87,5 GPa G = E2(1 + ν) ∴ E = 2(1 + 0,3)(87,5 × 109) = 227,5 GPa 
*3.32. As sapatas do freio do pneu de uma bicicleta são feitas de borracha. Se uma força de atrito de 50 N for aplicada 
de cada lado dos pneus, determine a deformação por cisalhamento média na borracha.As dimensões da seção transversal 
de cada sapata são 20 mm e 50 mm. Gb = 0,20 MPa. 
 
 Figura 3.32 
 
τ = V
A
= 50
50 × 20 = 50 kPa 
 50 × 103 = (0,20 × 106)γ ∴ 𝛄 = 0,250 rad 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
107 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.33. O tampão tem diâmetro de 30 mm e ajusta-se ao interior de uma luva rígida com diâmetro interno de 32 mm. 
Ambos, tampão e luva, têm 50 mm de comprimento. Determine a pressão axial p que deve ser aplicada à parte superior 
do tampão para que ele entre em contato com as laterais da luva. Determine também a que distância o tampão deve ser 
comprimido para baixo para que isso aconteça. O material do tampão tem E = 5 MPa e ν = 45. 
 
Figura 3.33 
 
σ = Eϵlong ∴ ϵlong = − pE = − p5 × 106 = (−2 × 10−7)p ∊lat = −νϵlong = (−0,45)(−2 × 10−7)p = (9 × 10−8)p 
d’t = dl ∴ ϵlatdt + dt = dl ∴ [(9 × 10−8)p](30) + 30 = 32 ∴ p = 741 kPa 
δ = ϵlongL = (−2 × 10−7)(741 × 103)(50) = −7,41 mm 
 
3.34. O bloco de borracha é submetido a um alongamento de 0,75 mm ao longo do eixo x, e suas faces verticais sofrem 
uma inclinação de modo que θ = 89,3°. Determine as deformações ϵx, ϵy e γxy. Considere υb = 0,5. 
 
Figura 3.34 
 
ϵx = δLx = 0,75100 = 0,00750 mm/mm 
 0,5 = − ϵy0,00750 ∴ 𝛜𝐲 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝟕𝟓 𝐦𝐦/𝐦𝐦 γxy = π2 − π180° (θ) = π2 − π180° (89,3°) = 0,0122 rad 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
108 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.3 - PROBLEMAS DE REVISÃO 
3.35. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para uma liga de alumínio. O corpo de prova 
usado para o ensaio tem comprimento de referência de 50 mm e 12,5 mm de diâmetro. Quando a carga aplicada for 45 
kN, o novo diâmetro do corpo de prova será 12,48375 mm. Calcule o módulo de cisalhamento Gal para o alumínio. 
 
 
Figura 3.35 
E = 
σ
ϵ
= 500 × 106
0,00614 = 81,433 GPa σ = Pπ 
4d
2 = 45 × 103π
4 × 12,52 = 366,693 MPa 
ϵlong = σE = 366,693 × 10681,433 × 109 = 4,503 × 10-3 mm/mm ∴ ν = − ϵlatϵlong = − ϵlat4,503 × 10−3 ∴ ϵlat = −4,503(10−3)υ 
12,48375 = 12,5 + (12,5)(−0,004503ν) ∴ ν = 0,2887 ∴ Gal = E2(1 + ν) = 81,4332(1 + 0,2887) = 31,60 GPa 
*3.36. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para uma liga de alumínio. O corpo de prova 
usado para o ensaio tem comprimento de referência de 50 mm e 12,5 mm de diâmetro. Quando a carga aplicada é 50 
kN, determine o novo diâmetro do corpo de prova. O módulo de cisalhamento Gal = 28 GPa. 
 
Figura 3.36 
E = 
σ
ϵ
= 500 × 106
0,00614 = 81,433 GPa σ = Pπ 
4d
2 = 50 × 103π
4 × 12,52 = 407,4366 MPa 
ϵlong = σE = 407,4366 × 10681,433 × 109 = 5,0032 × 10-3 mm/mm 
ν = − ϵlat
5,0032 × 10−3 ∴ ϵlat = −5,0032(10−3)υ Gal = 28 = 81,4332(1 + ν) ∴ ν = 0,454 ϵlat = −5,0032 × 10-3 × 0,454 = −2,272 × 10-3 mm/mm ∴ d’ = d + dϵlat = 12,5 + (12,5)(−0,002272) = 12,4716 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
109 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.37. O cabeçote H está acoplado ao cilindro de um compressor por seis parafusos de aço. Se a força de aperto de cada 
parafuso for 4 kN, determine a deformação normal nos parafusos. Cada um deles tem 5 mm de diâmetro. Se σe = 280 
MPa e Eaço = 200 GPa, qual é a deformação em cada parafuso quando a porca é desatarraxada, aliviando, assim, a força 
de aperto? 
 
Figura 3.37 
σp = Pπ 
4d
2 = 4 × 103π
4 × 52 = 203,72 MPa ∴ 203,72 = 200.000ϵlong ∴ 𝛜𝐥𝐨𝐧𝐠 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟎𝟏𝟖𝟔 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
Ao desatarraxar a porca, o parafuso volta ao seu tamanho original, pois σp< σe= 280 MPa ∴ δp = 0, logo: 𝛜 = 𝟎 
3.38. O tubo rígido é sustentado por um pino em C e um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do cabo 
for 5 mm, determine o quanto ele é esticado quando uma carga P = 1,5 kN age sobre o tubo. O material permanece 
elástico. 
 
 Figura 3.38 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 −2,4 × 1,5 + 2,4TABcos(60°) = 0 
TAB = 3 kN 
LAB = 
2,4
sen(60°) = 2,771 m 
σAB = TABπ4dAB2 = 3 × 103π4 × 52 = 152,79 MPa 
152,79 = (200 × 103)ϵlong ∴ ϵlong = 7,63944 × 10−4 mm/mm 
δAB = ϵlongLAB = 7,63944 × 10-4 × 2.771 = 2,1171 mm 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
110 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.39. O tubo rígido é sustentado por um pino em C e um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do cabo 
for 5 mm, determine a carga P se a extremidade B for deslocada 2,5 mm para a direita. 
 
 
 Figura 3.39 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
*3.40. Ao ser submetido a um ensaio de tração, um corpo de prova de liga de cobre com comprimento de referência 
de 50 mm sofre uma deformação de 0,40 mm/mm quando a tensão é de 490 MPa. Se σe = 315 MPa quando 𝜖e = 0,0025 
mm/mm, determine a distância entre os pontos de referência quando a carga é aliviada. 
 
 ϵ = 490 × 0,0025315 = 3,8889 × 10-3 mm/mm 
 ϵp = 0,40 – 0,0038889 = 0,3961 mm/mm 
δ = L + ϵpL = 50 + 0,3961 × 50 = 69,806 mm 
 
 
↶ + ∑ MC = 0 −2,4P + 2,4TABcos(60°) = 0 
TAB = 2P 
LAB = 
2,4sen(60°) = 2,7713 m 
AC = 
2,4
tan(60°) = 1,386 m 
ϕ = 2,5 × 1802400π = 0,059683° 
σAB = TABπ
4dAB
2 = 2Pπ4 × 52 = (0,10186P) MPa 
σAB = Eaçoϵ ∴ 0,10186P = (200 × 103)ϵ ∴ ϵ = (5,093 × 10−7P) 
LAB’ = LAB + LABϵ = 2.771,3 + 2.771,3 × (5,093 × 10−7P) = (2.7713 + 0,0014114P) mm 
LAB’ = √2.4002 + 1.3862 − 2(2.400)(1.386)cos (90° + 0,059683°) = 2.772,531 m m 
Iguala-se: 2.771,3 + 0,0014114P = 2.772,531 ∴ P = 0,872 kN 
 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
111 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.41. O parafuso de 8 mm de diâmetro é feito de uma liga de alumínio e está instalado em uma luva de magnésio com 
diâmetro interno de 12 mm e diâmetro externo de 20 mm. Se os comprimentos originais do parafuso e da luva forem 80 
mm e 50 mm, respectivamente, determine as deformações na luva e no parafuso se a porca do parafuso for apertada de 
tal modo que a tensão no parafuso seja de 8 kN. Considere que o material em A é rígido. Eal = 70 GPa, Emg = 45 GPa. 
 
Figura 3.41 
σp = Pπ
4dp
2 = 8 × 103π
4 × 82 = 159,15 MPa 
 σp = Ealϵp ∴ 159,15 = (70 × 103)ϵp ∴ 𝛜𝐩 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟐𝟕 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
σl = Pπ
4 (d02 − di2) = 8 × 103π4(202 − 122) = 39,789 MPa ∴ σl = Emgϵl ∴ 39,789 = (45 × 103)ϵp ∴ 𝛜𝐥 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝟒 𝐦𝐦/𝐦𝐦 
3.42. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 12,5 mm e comprimento de referência de 50 mm foi 
submetido a um ensaio de tração. Os dados resultantes do teste são apresentados na tabela. Construa o diagrama tensão-
deformação e determine os valores aproximados do módulo de elasticidade, limite de resistência e tensão de ruptura. 
Use uma escala de 20 mm = 50 MPa e 20 mm = 0,05 mm/mm. Desenhe novamente a região elástica linear usando a 
mesma escala de tensão, mas uma escala de deformação de 20 mm = 0,001 mm/mm. 
 
 Figura 3.42 
A = 
π
4
× 0,01252 = 1,2272 × 10-4 m² 
Eaprox = 
125 × 106
0,0005 = 250 GPa 
Propriedades Mecânicas dos Materiais 
112 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
3.43. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 12,5 mm e comprimento de referência de 50 mm foi 
submetido a um ensaio de tração. Usando os dados apresentados na tabela, construa o diagrama tensão-deformação e 
determine o valor aproximado do módulo de tenacidade. Use uma escala de 20 mm = 50 MPa e 20 mm = 0,05 mm/mm. 
 
Figura 3.43 
 
ut = 188,5 × 25 × 106 × 0,025 = 118 × 106 𝐍𝐦² 
*3.44. Uma hastede latão de 8 mm de diâmetro tem módulo de elasticidade Elat = 100 GPa. Se a haste tiver 3 m de 
comprimento e for submetida a uma carga axial de 2 kN, determine seu alongamento. Qual será o alongamento se o 
diâmetro for 6 mm? 
 
Figura 3.44 
σ = Pπ
4d12 = 2 × 103π4 × 82 = 39,789 MPa 
 σ = Elatϵlong ∴ 39,789 = (100 × 103)ϵlong ∴ ϵlong = 3,9789 × 10−4 mm/mm 
δ = Lϵlong = 3.000 × 3,9789 × 10-4 = 1,193 mm σ = Pπ
4d2
2 = 2 × 103π
4 × 62 = 70,7355 MPa 
 σ = Elatϵlong ∴ 70,7355 = (100 × 103)ϵlong ∴ ϵlong = 7,07355 × 10−4 mm/mm 
δ = Lϵlong= 3.000 × 7,07355 × 10−4 = 2,122 mm
 
113 
Capítulo 4 
 
 
 
 
 
Carga Axial 
 
Carga Axial 
114 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.1 - PROBLEMAS 
4.1. O navio é impulsionado na água pelo eixo de uma hélice de aço A-36 com 8 m de comprimento medido desde a 
hélice até o mancal de encosto D no motor. Se o eixo tiver diâmetro externo de 400 mm e espessura de parede de 50 
mm, determine a quantidade de contração axial do eixo quando a hélice exercer uma força de 5 kN sobre o eixo. Os 
apoios em B e C são mancais de deslizamento. 
 
 
 Figura 4.1 di = 2 (d02 − t) = 2 (4002 − 50) = 300 mm 
 δ = PLπ4 (d02 − di2)Eaço = 5 × 103 × 8.000π4(4002 − 1502)(200 × 103) = −3,64 × 10-3 mm 
4.2. A coluna de aço A-36 é usada para suportar as cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Determine o 
deslocamento vertical de sua extremidade, A, se P1 = 200 kN, P2 = 310 kN e a coluna tiver área de seção transversal de 
14.625 mm². 
 
 Figura 4.2 δA′ = − 2 × 200 × 103 × 3.60014.625 × 200 × 103 = −0,492308 mm 
 δB = − (2 × 200 × 103 + 2 × 310 × 103)(3.600)14.625 × 200 × 103 = −1,255385 mm 
δA = δA′ + δB = −0,492308 – 1,255385 = −1,74769 mm 
Carga Axial 
115 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.3. A coluna de aço A-36 é usada para suportar as cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Determine as cargas 
P1 e P2 se A se mover 3 mm para baixo e B se mover 2,25 mm para baixo quando as cargas forem aplicadas. A coluna 
tem área de seção transversal de 14.625 mm². 
 
 
 Figura 4.3 
 
δA = 3 − 2,25 = 2P1(3.600)(14.625)(200 × 103) ∴ P1 = 304,69 kN 
δB = 2,25 = (2 × 304.690 + 2P2)(3.600)(14.625)(200 × 103) ∴ P2 = 609,38 kN 
*4.4. O eixo de cobre está sujeito às cargas axiais mostradas na figura. Determine o deslocamento da extremidade A 
em relação à extremidade D se os diâmetros de cada segmento forem dAB = 20 mm, dBC = 25 mm e dCD = 12 mm. 
Considere Ecobre = 126 GPa. 
 
 
Figura 4.4 
 
 
 
δA = ∑ PLAE = − 40 × 103 × 2.000π4 × 202 × 126 × 103 + 10× 103× 3.750π4 × 252 × 126 × 103 + 30× 103× 2.500π4 × 122× 126 × 103 = −3,8483 mm 
Carga Axial 
116 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.5. A haste de aço A-36 está sujeita ao carregamento mostrado. Se a área de seção transversal da haste for 60 mm², 
determine o deslocamento de B e A. Despreze o tamanho dos acoplamentos em B, C e D. 
 
 Figura 4.5 
δA = (2 × 3.300 × sen60° + 2 × 0,6 × 2.000 + 8.000 )(750) + ((2 × 0,6 × 2.000+ 8.000) × 1.500 + 8.000)( 500)60 × 200 × 103 = 2,64 mm 
δB = (2 × 3.300 × sen60° + 2 × 0,6 × 2.000 + 8.000 )(750) + (2 × 0,6 × 2.000 + 8.000)(1.500)60× 200 × 103 = 2,31 mm 
4.6. O conjunto é composto por uma haste CB de aço A-36 e uma haste BA de alumínio 6061-T6, cada uma com 
diâmetro de 25 mm. Determine as cargas aplicadas P1 e P2 se A deslocar 2 mm para a direita e B se deslocar 0,5 mm 
para a esquerda quando as cargas forem aplicadas. O comprimento de cada segmento quando não alongado é mostrado 
na figura. Despreze o tamanho das conexões em B e C e considere que elas são rígidas. 
 
Figura 4.6 
 
δA = P1LABπ4d2Eal + δB ∴ 2 = P1(1.200)(π4 × 252)(68,9 ×103) − 0,5 ∴ P1 = 70,46 kN 
δB = (P1− P2)LCBπ4d2Eaço ∴ −0,5 = (70,46 − P2)(103)(600)(π4 × 252)(200 × 103) ∴ P2 = 152,27 kN 
Carga Axial 
117 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.7. O eixo AC de aço A-36 com 15 mm de diâmetro é sustentado por um colar rígido fixado ao eixo B. Se for submetido 
a uma carga axial 80 kN em sua extremidade, determine a distribuição de pressão uniforme p no colar exigida para o 
equilíbrio. Calcule também o alongamento nos segmentos BC e BA. 
 
 Figura 4.7 
δBC = (80 × 103)(500)(π4 × 152)(200 × 103) = 1,13 mm PBA = 0 ∴ δAB = PBALBAπ4deixo2Eaço = 𝟎 𝐦𝐦 ↑ + ∑ Fy = 0 p π4 (702 − 152) − 80.000 = 0 ∴ p = 21,8 MPa 
*4.8. A carga é sustentada pelos quatro cabos de aço inoxidável 304 conectados aos elementos rígidos AB e DC. 
Determine o deslocamento vertical da carga de 2,5 kN se os elementos estiverem na horizontal quando for aplicada. 
Cada cabo tem área de seção transversal de 16 mm². 
 
 Figura 4.8 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2,5 × 0,9 + 1,2 TB = 0 
TB = 1.875 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
TA + 1.875 – 2.500 = 0 
TA = 625 N 
↶ + ∑ MD = 0 −0,625 × 0,3 + 0,9TC = 0 
TC = 208,333 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
TD + 208,333 – 625 = 0 
TD = 416,667 N 
Continua... 
Carga Axial 
118 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
4.9. A carga é sustentada pelos quatro cabos de aço inoxidável 304 conectados aos elementos rígidos AB e DC. 
Determine o ângulo de inclinação de cada elemento após a aplicação da carga de 2,5 kN. A posição original dos 
elementos era horizontal e cada cabo tem área de seção transversal de 16 mm². 
 
 Figura 4.9 
 
 
δA = TALAHAEaço = 625 × 54016 × 193 × 103 = 0,01093 mm 
 δB = TBLBGAEaço = 1.875 × 1.500 16 × 193 × 103 = 0,91078 mm 
δC = TCLCFAEaço = 208,333 × 90016 ×193 × 103 = 0,06072 mm 
δD = TDLDEAEaço = 416,667 × 90016 × 193 × 103 = 0,12144 mm 
0,12144 − 0,06072y = 0,90,6 ∴ y = 0,04048 mm 
HH’ = 0,04048 + 0,06072 = 0,1012 mm 
AA’ = 0,1012 + 0,01093 = 0,2105 mm 
tangϕ = 0,91078 − 0,21051.200 = 5,83333 × 10-4 
δI′ = 900 × 5,83333 × 10−4 = 0,525 mm 
δI = 0,525 + 0,2105 = 0,736 mm 
↶ + ∑ MA = 0 −2,5 × 0,9 + 1,2 TB = 0 
TB = 1.875 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
TA + 1.875 – 2.500 = 0 
TA = 625 N 
↶ + ∑ MD = 0 −0,625 × 0,3 + 0,9TC = 0 
TC = 208,333 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
TD + 208,333 – 625 = 0 
TD = 416,667 N 
Continua... 
Carga Axial 
119 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
 
4.10. A barra tem área de seção transversal de 1.800 mm² e E = 250 GPa. Determine o deslocamento da extremidade A 
da barra quando submetida ao carregamento distribuído. 
 
 Figura 4.10 
P(x) = ∫ wdx = 500 ∫ x1 3⁄ dxx0x0 = 375x4/3 
 δA = ∫ P(x)dxAEL0 = 375(1.800 × 10−6 × 250 × 109) ∫ x4 3⁄1,50 dx = 9,2 × 10-4 mm 
4.11. O conjunto é composto por três hastes de titânio (Ti-6A1-4V) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal 
de cada haste é dada na figura. Se uma força de 30 kN for aplicada ao anel F, determine o deslocamento horizontal do 
ponto F. 
 
 Figura 4.11 
 
 
 
 
δA = TALAHAEaço = 625 × 54016 × 193 × 103 = 0,01093 mm 
 δB = TBLBGAEaço = 1.875 × 1.500 16 × 193 × 103 = 0,91078 mm 
δC = TCLCFAEaço = 208,333 × 90016 ×193 × 103 = 0,06072 mm 
δD = TDLDEAEaço = 416,667 × 90016 × 193 × 103 = 0,12144 mm 
0,12144 − 0,06072y = 0,90,6 ∴ y = 0,04048mm 
HH’ = 0,04048 + 0,06072 = 0,1012 mm 
AA’ = 0,1012 + 0,01093 = 0,2105 mm 
ϕ = tang-1(0,91078 − 0,21051.200 ) = 0,0334° 
θ = tang-1(0,12144 − 0,06072900 ) = 0,0039° 
 
↶ + ∑ ME = 0 
0,6FCD – 0,3FAB = 0 FAB = 2FCD [1] 
→ + ∑ Fx = 0 
FAB + FCD = 30 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 
FCD = 10 kN e FAB = 20 kN 
Continua... δAB = FABLABAABEti = 20 × 103 × 1.800900 × 120 × 103 = 0,3333 mm 
δCD = FCDLCDACDEti = 10 × 103 × 1.200 600 × 120 × 103 = 0,1667 mm 
x = 
δAB − δCD1,5 = 0,333− 0,1667 1,5 = 0,1111 mm 
δE = δCD + x = 0,1667 + 0,1111 = 0,278 mm 
δF = δE + δEF = 0,278 + 0,0625 = 0,34 mm 
Carga Axial 
120 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
*4.12. O conjunto é composto por três hastes de titânio (Ti-6A1-4V) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal 
de cada haste é dada na figura. Se uma força de 30 kN for aplicada ao anel F, determine o ângulo de inclinação da barra 
AC. 
 
 Figura 4.12 
 
 
 
 
 
 
4.13. Um suporte para tubos apoiado por molas é composta por duas molas que, na posição original, não estão alongadas 
e têm rigidez k = 60 kN/m, três hastes de aço inoxidável 304, AB e CD, com diâmetro de 5 mm e EF com diâmetro de 
12 mm e uma viga rígida GH. Se o tubo e o fluido que ele transporta tiverem um peso de 4 kN, determine o deslocamento 
do tubo quando estiver acoplado ao suporte. 
 
 Figura 4.13 
 
↶ + ∑ ME = 0 
0,6FCD – 0,3FAB = 0 FAB = 2FCD [1] 
→ + ∑ Fx = 0 
FAB + FCD = 30 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 
FCD = 10 kN e FAB = 20 kN 
δAB = FABLABAABEti = 20 × 103 × 1.800900 × 120 × 103 = 0,3333 mm 
δCD = FCDLCDACDEti = 10 × 103 × 1.200 600 × 120 × 103 = 0,1667 mm 
x = 
δAB − δCD1,5 = 0,333− 0,1667 1,5 = 0,1111 mm 
α = tang-1(0,1111600 )= 0,01061° 
 
Continua... FAB = FCD = 2 kN FEF = 4 kN x = FABK = 2 × 10360 × 103 = 0,033333 m = 33,333 mm (deformação da mola) 
Carga Axial 
121 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
4.14. Um suporte para tubos apoiados por molas é composto por duas molas que, na posição original, não estão 
alongados e têm rigidez k = 60 kN/m, três hastes de aço inoxidável 304, AB e CD, com diâmetro de 5 mm e EF com 
diâmetro de 12 mm, e uma viga rígida GH. Se o tubo for deslocado 82 mm quando estiver cheio de fluido, determine o 
peso do fluido. 
 
 
Figura 4.14 
 
 
 
 
 
 
δAB + δEF + x = δtubo ∴ δtubo = FABLABπ4d2ABEaço + FEFLEFπ4d2EFEaço + x 
δ = 2 × 103 × 750π4 × 52 × 193 × 103 + 4 × 103 × 750π4 × 122 × 193 × 103 + 33,333 = 33,87 mm 
FAB = FCD = 2 kN FEF = 4 kN 
δAB + δEF + x = δtubo ∴ x = δtubo4FABLAB
πd2ABEaço + 4FEFLEFπd2EFEaço + 1 = 824 × 2 × 103 × 750π × 52 × 193 × 103 + 4 × 4 × 103 × 750π × 122 × 193 × 103 + 1 = 80,71 mm 
W = 2kx = 2 × 60 × 0,08071 = 9.6852 N = 9,69 kN 
 
Carga Axial 
122 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.15. O conjunto é composto por três hastes de titânio e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste 
é dada na figura. Se uma força vertical P = 20 kN for aplicada ao anel F, determine o deslocamento vertical do ponto F. 
Eti = 350 GPa. 
 
 Figura 4.15 
 
 
 
 
 
 
 
 
*4.16. O sistema articulado é composto por três elementos de aço A-36 conectados por pinos, cada um com área de 
seção transversal de 500 mm². Se uma força vertical P = 250 kN for aplicada à extremidade B do elemento AB, determine 
o deslocamento vertical do ponto B. 
 
Figura 4.16 
↶ + ∑ ME = 0 
0,75FCD – 0,5FAB = 0 FAB = 1,5FCD [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
FAB + FCD – 20 = 0 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 
FAB = 12 kN e FCD = 8 kN 
δAB = FABLABAABEti = 12 × 103 × 2.00060 × 350 × 103 = 1,142857 mm 
δCD = FCDLCDACDEti = 8 × 103× 2.00045 ×350 × 103 = 1,015873 mm 
δEF = PLEFAEFEti = 20 × 103× 1.50075 ×350 × 103 = 1,142857 mm 
 
1,142857 – 1,015873x = 1,250,75 ∴ x = 0,0762 mm 
δE = x + δCD = 0,0762 + 1,015873 = 1,092073 mm 
δF = δE + δEF = 1,092073 + 1,142857 = 2,23 mm 
 
Continua... 
Carga Axial 
123 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
4.17. O sistema articulado é composto por três elementos de aço A-36 conectados por pinos, cada um com área de seção 
transversal de 500 mm². Determine o valor da força P necessária para deslocar o ponto B a uma distância de 2,5 mm 
para baixo. 
 
 Figura 4.17 
 
 
 
 
 
 
 
FAD = FAC = F ↑ + ∑ Fy = 0 
2F × 0,8 – 250 = 0 
F = 156,25 kN 
δAC = FACLACAEaço = 156,25 × 103 × 2.500 500 × 200 × 103 = 3,90625 mm (2.500 + 3,90625)2 = (1.500)2 + (2.000 + δA)2 
δA = 4,88 mm 
δB = 250 × 103 × 3.000500 × 200 × 103 + 4,88 𝛅𝐁 = 𝟏𝟐, 𝟑𝟕 𝐦𝐦 
FAD = FAC = F ↑ + ∑ Fy = 0 
2F × 0,8 – P = 0 
F = 0,625P 
δAC = FACLACAEaço = (0,625P)(2.500)500 × 200 × 103 = 1,5625(10-5)P (2.500 + [1,5625 × 10−5]P)2 = 1,52 + (2.000 + δAB)2 
δAB = √4 × 106 + 0,078125P + 2,44140625(10−10)P² − 2.000 
δB = PLABAEaço + δAB 2,5 = P × 3.000 500 × 200 × 103 + √4 × 106 + 0,078125P + 2,44140625(10−10)P² − 2.000 
Solucionando a equação acima, obtem-se: P = 50,47 kN 
Carga Axial 
124 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.19. A barra rígida é sustentada pela haste CB acoplada por pino, com área de seção transversal de 14 mm² e feita de 
alumínio 6061-T6. Determine a deflexão vertical da barra em D quando a carga distribuída for aplicada. 
 
Figura 4.19 
 
 
 
 
 
 
*4.20. A viga rígida está apoiada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. Se a tensão admissível para o 
aço for σadm = 115 MPa, a carga w = 50 kN/m e x = 1,2 m, determine o diâmetro de cada haste de modo que a viga 
permaneça na posição horizontal quando carregada. 
 
 Figura 4.20 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
2 × 0,6 FBC – 2 × 1,2 = 0 
FBC = 2 kN 
(5,1835 + 2,5)2 = (2)2 + (1,5)2 − 2(2)(1,5)cos(α) 
α = 90,248° ∴ β = 90,248° – 90° = 0,248° 
δBC = FBCLBCABCEal = 2 × 103 × 2.50014 × 68,9 × 103 = 5,1835 mm 
δD= 4tang(0,248°) = 17,3 mm 
 
↶ + ∑ MA = 0 −60 × 0,6 + 2,4FCD = 0 
FCD = 15 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −60 + FAB + 15 = 0 
FAB = 45 kN 
σadm = FABAAB ∴ dAB = √ 4FABπσadm = √4 × 45 × 103 π × 115 = 22,321 mm 
σadm = FCDACD ∴ dCD = √ 4FCDπσadm = √4 ×15× 103 π ×115 = 12,887mm 
 
Carga Axial 
125 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.21. A viga rígida está apoiada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. Os diâmetros das hastes são dAB = 
12 mm e dCD = 7,5 mm. Se a tensão admissível para o aço for σadm = 115 MPa, determine a intensidade da carga 
distribuída w e seu comprimento x sobre a viga para que esta permaneça na posição horizontal quando carregada. 
 
 Figura 4.21 
 
 
 
 
Igualando as equações [1] e [2], obtem-se: x = 4,8dCD2dAB2 + dCD2 = 4,8 × 7,52122 + 7,52 = 1,35 m w = 1,2π(0,0075)2(115 × 106)(1,35)2 = 13,41 kN/m 
4.22. O poste é feito de Abeto Douglas e tem diâmetro de 60 mm. Se estiver sujeito a uma carga de 20 kN e o solo 
proporcionar resistência ao atrito w = 4 kN/m uniformemente distribuída ao longo de seus lados, determine a força F na 
parte inferior do poste necessária para haver equilíbrio. Calcule também qual é o deslocamento da parte superior do 
poste, A, em relação á sua parte inferior, B. Despreze o peso do poste. 
 
 Figura 4.22 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −wx(0,5x) + 2,4FCD = 0 
FCD = 
wx24,8 
↑ + ∑ Fy = 0 −wx + FAB + FCD= 0 
FAB = wx − wx24,8 
σadm = FABAAB ∴ wx − wx²4,8 = π4 dAB2σadm [1] 
σadm = FCDACD ∴ wx² = 1,2πdCD2σadm [2] 
↑ + ∑ Fy = 0 
F + 8 – 20 = 0 ∴ F = 12 kN δA/B = − 20(103)(2)π4(0,06)2(13,1 × 109) + ∫ 4ydyπ4(0,06)2(13,1 × 109)20 = −0,864 m 
Carga Axial 
126 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.23. O poste é feito de abeto Douglas e tem diâmetro de 60 mm. Se estiver sujeito a uma carga 20 kN e o solo 
proporcionar resistência ao atrito uniformemente distribuído ao longo do comprimento do poste e variar linearmente de 
w = 0 em y = 0 a w = 3 kN/m em y = 2 m, determine a força F em sua parte inferior necessária para haver equilíbrio. 
Calcule também qual é o deslocamento da parte superior do poste, A, em relação à sua parte inferior, B. Despreze o peso 
do poste. 
 
 Figura 4.23 
 
 
 
 
*4.24. A haste tem uma leve conicidade e comprimento L. Está suspensa a partir do teto e suporta uma carga P em sua 
extremidade. Mostre que o deslocamento de sua extremidade em razão dessa carga é δ = PL/(πEr2r1). Despreze o peso 
do material. O módulo de elasticidade é E. 
 
 Figura 4.24 
A equação da reta que passa pelos pontos (r1,0) e (r2,L) é: x = 
(r2− r1)L y + r1 , logo: A(y) = πx² 
δ = ∫ PdxA(y)EL0 = PπE ∫ [(r2 − r1)L y + r1]−2L0 dy ∴ 𝛅 = 𝐏𝐋𝛑𝐄𝐫𝟐𝐫𝟏 
↑ + ∑ Fy = 0 
F + 3 – 20 = 0 
F = 17 kN 
w(x) = 1,5y 
P(y) = 1,5y² 
δA/B = − 20(103)(2.000)π4(60)2(13,1)(103) + ∫ 1,5y²dyπ4(60)2(13,1)(103)2.0000 𝛅𝐀/𝐁 = −1,03 mm 
Carga Axial 
127 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.25. Resolva o Problema 4.24 incluindo P e o peso do material e também considerando que o peso específico da haste 
é 𝛾 (peso por unidade de volume). 
 
Figura 4.25 
 
 
 
 
4.26. Dois lados opostos de uma esfera de raio r0 foram cortados para fabricar o suporte apresentado na figura. Se a 
altura original do suporte for r0/2, determine até que distância ele se encurta quando suporta uma carga P. O módulo de 
elasticidade é E. 
 
Figura 4.26 
 
 
A(y) = πx² = π(r02 – y²) ∴ δ = ∫ PdyA(y)Er0 4⁄−r0 4⁄ = PπE ∫ dy(r02− y2)r0 4⁄−r0 4⁄ 
Solucionando a integral, obtem-se: 𝛅 = 𝟎,𝟓𝟏𝟏𝐏𝛑𝐫𝟎𝐄 
Carga Axial 
128 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.27. Uma bola cujas extremidades foram truncadas é usada para suportar a carga de apoio P. Se o módulo de 
elasticidade para o material for E, determine o decréscimo em sua altura quando a carga é aplicada. 
 
 
Figura 4.27 
 
 
 
 
 
 
 
4.28. Determine o alongamento da tira de alumínio quando submetida a uma força axial de 30 kN. Eal = 70 GPa. 
 
 
Figura 4.28 
 
δ = 2PhEt(d2− d1) ln (d2d1) + PLAE = 2 × 30 × 1000 × 25070 × 109 × 0,006 × (0,5−0,015) ln (5015) + 30 × 1000 × 8000,006 × 0,05 × 70 × 109 = 𝟐, 𝟑𝟕 𝐦𝐦 
A(y) = πx² = π(r2 – y²) x2 + y2 = r2 (r2)2 + y2 = r2 
y = 
√32 r 
δ = ∫ PdyA(y)E√3r 2⁄−√3r 2⁄ = PπE ∫ dy(r2− y2)√3r 2⁄−√3r 2⁄ 
Solucionando a integral, obtem-se: 𝛅 = 𝟐,𝟔𝟑𝐏𝛑𝐫𝐄 
 
Carga Axial 
129 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.29. A peça fundida é feita de um material com peso específico 𝛾 e módulo de elasticidade E. Se ela tiver a forma da 
pirâmide cujas dimensões são mostradas na figura, determine ate que distância sua extremidade será deslocada pela ação 
da gravidade quando estiver suspensa na posição vertical. 
 
 Figura 4.29 
 
 
 
 
 
4.30. O raio do pedestal apresentado na figura é definido pela função r = 2/(2 + y1/2) m, onde y é dado em metros. Se o 
módulo de elasticidade para o material for E = 100 MPa, determine o deslocamento da parte superior do pedestal quando 
ele suportar a carga de 5 kN. 
 
 Figura 4.30 
A(y) = πr² = 4π(2 + y1 2⁄ )² m2 
δ = ∫ PdyA(y)E = ∫ 5 × 103( 4π(2 + y1 2⁄ )2)2(100 × 106) dy
4040 = 3,9789(10−6) ∫ (2 + y1 2⁄ )²dy40 = 1,804 × 10-4 m = 0,1804 mm 
x = z = 
b0yL 
A(y) = xz = 
b02y2L2 
V(y) = 
xyz3 = b023L2 y3 
 
W(y) = γV(y) = γb023L2 y3 
δ = ∫ w(y)dyA(y)E = γ3EL0 ∫ ydyL0 𝛅 = 𝛄𝐋𝟐𝟔𝐄 
Carga Axial 
130 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.2 – PROBLEMAS 
4.31. A coluna é construída de concreto de alta resistência e seis hastes de reforço de aço A-36. Se ela for submetida a 
uma força axial de 150 kN, determine a tensão normal média no concreto e em cada haste. Cada uma tem diâmetro de 
20 mm. 
 
Figura 4.31 
 
 
 
σaço = Façoπ4daço2 = 7,641 × 103π4 × 202 = 24,323 MPa σconc = Fconcπ4dconc2 = 104,152 × 103π4 × 2002 = 3,527 MPa 
*4.32. A coluna é construída de concreto de alta resistência e seis hastes de reforço de aço A-36. Se for submetida a 
uma força axial de 150 kN, determine o diâmetro exigido para cada haste, de modo que 1/4 da carga suportada pelo 
concreto e 3/4 , pelo aço. 
 
Figura 4.32 
Fconc = 
1504 = 37,5 kN 6Faço = 150 × 34 = 112,5 kN 
δconc = δaço ∴ 37,5 = (2002− 6daço2)(29)200daço2 (18,75) ∴ daço = √ 2002× 29 × 18,75200 × 37,5 + 6 × 29 × 18,75 = 44,95 mm 
↑ + ∑ Fy = 0 
6Faço + Fconc = 150 kN [1] 
δconc = δaço ∴ Fconc = (2002− 6 × 202)(29) (202)(200) Faço= 13,63Faço [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: Faço = 7,641 kN e Fconc = 104,152 kN 
Carga Axial 
131 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.33. O tubo de aço A-36 tem núcleo de alumínio 6061-T6 e está sujeito a uma força de tração de 200 kN. Determine 
a tensão normal média no alumínio e no aço devido a essa carga. O tubo tem diâmetro externo de 80 mm e diâmetro 
interno de 70 mm. 
 
Figura 4.33 
 
Faço + Fal = 200 kN [1] 
δaço = δal ∴ Faço = (802 − 702)(200)(702)(68,9) Fal = 0,8886Fal [2] 
Substituindo Faço na equação [1], obtem-se: Faço = 94,1 kN e Fal = 105,9 kN , sendo assim: 
σaço = Façoπ4(d02− di2) = 94,1 × 103π4(802 − 702) = 79,9 MPa σal = Falπ4di2 = 105,9 × 103π4 × 702 = 27,5 MPa 
4.34. A coluna de concreto é reforçada com quatro hastes de aço, cada uma com diâmetro de 18 mm. Determine a 
tensão no concreto e no aço se a coluna for submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa, Ec = 25 GPa. 
 
 Figura 4.34 
↑+∑ Fy = 0 
Fconc + 4Faço = 800 kN [1] 
δconc = δaço ∴ Fconc = (3002− 4 × π × 92)(25)(π × 92)(200) Faço= 43,71Faço [2] 
Substituindo Fconc na equação [1], obtem-se: Faço = 16,768 kN e Fconc = 732,933 kN, sendo assim: 
σaço = FaçoAaço = 16,768(103)π4 × 182 = 65,9 MPa σconc = FconcAconc = 732,933(103)(3002 − 4 × π × 9²) = 8,24 MPa 
Carga Axial 
132 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.35. A coluna é de concreto de alta resistência e reforçada com quatro hastes de aço A-36. Se for submetida a uma 
força axial de 800 kN, determine o diâmetro exigido para cada haste de modo que 1/4 da carga seja suportada pelo aço 
e 3/4, pelo concreto. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa. 
 
 Figura 4.35 
 
 
 
 
 
*4.36. O tubo de aço A-36 tem raio externo de 20 mm e raio interno de 15 mm. Se ele se ajustar exatamente entre as 
paredes fixas antes de ser carregado, determine a reação nas paredes quando for submetido à carga mostrada. 
 
Figura 4.36 
 
 
 
 
 
Faço = 
8004 = 200 kN 
Fc = 
800 × 34 = 600 kN 
δconc = δaço ∴ daço = √ L²EcFaçoπ(EaçoFc + EcFaço) daço = √ (300)2(25)(200)π(200 × 600 + 25 × 200) = 33,9 mm 
→ + ∑ Fx = 0 
FA + FC – 16 = 0 [1] 
δAB = δBC 
FA = 
FcLBCLAB = 73 FC [2] 
Substituindo FA na equação [1], obtem-se: 
 FA = 11,2kN e FC = 4,8 kN 
Carga Axial 
133 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.37. O poste A de aço inoxidável 304 tem diâmetro d = 50 mm e está embutido em um tubo B de latão vermelho 
C83400. Ambos estão apoiados sobre a superfície rígida. Se for aplicada uma força de 25 kN à tampa rígida, determine 
a tensão normal média desenvolvida no poste e no tubo. 
 
 Figura 4.37 
 
 
 
σaço = (10,4752)(10)3π4(50)2 = 5,335 MPa 
 σlat = (14,5247)(10)³π(752− 632) = 2,792 MPa 
4.38. O poste A de aço inoxidável 304 está embutido em um tubo B de latão vermelho C83400. Ambos estão apoiados 
sobre a superfície rígida. Se for aplicada uma força de 25 kN à tampa rígida, determine o diâmetro d exigido para o 
poste de aço para que a carga seja compartilhada igualmente entre o poste e o tubo. 
 
 
 Figura 4.38 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Faço + Flat = 25 kN [1] 
δaço = δlat 
Faço = 
(50)2(193)Flat4 (752 − 63²)(101) = 0,7212Flat [2] 
Substituindo Faço em [1], obtem-se: 
Flat = 14,5247 kN e Faço = 10,4752 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Flat + Faço – 25 = 0 
Faço = Flat = F = 12,5 kN 
δaço = δlat 
daço = 2√(752− 632)(101)(193) = 58,88 mm 
 
Carga Axial 
134 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.39. A carga de 7,5 kN deve ser suportada pelos dois cabos verticais de aço para os quais σe = 500 MPa. Se os 
comprimentos originais dos cabos AB e AC forem 1.250 mm e 1.252,5 mm respectivamente, determine a força 
desenvolvida em cada cabo depois da suspensão da carga. Cada cabo tem área de seção transversal de 12,5 mm². 
 
 Figura 4.39 
 
 
 
 
 
 
*4.40. A carga de 4 kN deve ser suportada pelos dois cabos verticais de aço para os quais σe = 560 MPa. Se os 
comprimentos originais dos cabos AB e AC forem 1.250 mm e 1.252,5 mm respectivamente, determine a área da seção 
transversal de AB para que a carga seja compartilhada igualmente entre os dois cabos. O cabo AC tem área de seção 
transversal de 13 mm². 
 
 Figura 4.40 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
TAB + TAC – 7,5 = 0 [1] 
δAB = δAC + 2,5 TAB = AEaçoLAB (TACLACAE + 2,5) = 12,5 × 200 × 1031.250 ( TAC × 1.252,512,5 × 200 × 103 + 2,5) TAB = (1,002TAC + 5.000) N [2] 
Substituindo TAB em [1], obtem-se: 
TAB = 6,251 kN e TAC = 1,249 kN 
σAB = 2.0003,6091 = 554,15 MPa 
σAB < σe = 560 MPa Ok ! 
δAB = δAC + 2,5 TABLABAABEaço = TACLACAACEaço + 2,5 AAB = AACTABLABTACLAC + 2,5AACEaço = 13 × 2 × 103 × 1.2502 × 103 × 1.252,5 + 2,5 × 13 × 200 × 103 = 3,60911 mm² 
Carga Axial 
135 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.41. O apoio é composto por um poste sólido de latão vermelho C83400 embutido em um tubo de aço inoxidável 304. 
Antes da aplicação da carga, a folga entre essas duas partes é 1 mm. Dadas as dimensões mostradas na figura, determine 
a maior carga axial que pode ser aplicada à tampa rígida A sem provocar o escoamento de qualquer um dos materiais. 
 
 Figura 4.41 
 
 
 
 
4.42. Dois cabos de aço A-36 são usados para suportar o motor de 3,25 kN (≈325 kg). O comprimento original de AB 
é 800 mm e o de A’B’ é 800,2 mm. Determine a força suportada por cada cabo quando o motor é suspenso por eles. 
Cada cabo tem área de seção transversal de 6,25 mm². 
 
 Figura 4.42 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Flat + Faço – P = 0 [1] 
δlat = δaço + 1 Faço(0,25)π(0,052 − 0,042)(193) = Flat(0,25)π(0,03)2(101) + 0,001 ∴ Faço = 1,911Flat + 2,1828(106) [2] 
P = Flat =Alat(σe)lat = π4 (60)2(70) = 𝟏𝟗𝟖 𝐤𝐍 
↑ + ∑ Fy = 0 
TA’B’ + TAB = 3.250N [1] 
δA′B′ = δAB + 0,2 TA′B′ = AEaçoLA′B′ (TABLABAEaço + 0,2) = 6,25 × 200 × 103800,2 ( TAB × 8006,25 × 200 × 103 + 0,2) TA′B′ = (0,99975TAB + 312,422) N [2] 
Substituindo TA’B’ na equação [1], obtem-se:TAB = 1,469 kN e TA’B’ = 1,781 kN 
Carga Axial 
136 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.43. O parafuso AB tem diâmetro de 20 mm e passa por uma luva com diâmetro interno de 40 mm e diâmetro externo 
de 50 mm. O parafuso e a luva são feitos de aço A-36 e estão presos aos apoios rígidos como mostra a figura. Se o 
comprimento do parafuso for 220 mm e o comprimento da luva for 200 mm, determine a tração no parafuso quando for 
aplicada uma força de 50 kN aos apoios. 
 
Figura 4.43 
 
 
 
 
 
*4.44. O corpo de prova representa um sistema de matriz reforçada por filamentos feito de plástico (matriz) e vidro 
(fibra). Se houver n fibras, cada uma com área de seção transversal Af e módulo Ef, embutidas em uma matriz com área 
de seção transversal Am e módulo Em, determine a tensão na matriz e em cada fibra quando a força P for imposta ao 
corpo de prova. 
 
 Figura 4.44 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
Pp + Pl – 50 = 0 [1] 
δp = δl Pp(220)(π4 × 202)(200 × 103) = Pl(200)π4(502 − 402)(200 × 103) ∴ P1 = 2,475Pb[2] 
Substituindo Pl na equação [1], obtem-se: Pp = 14,4 kN 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ff + Fm – P = 0 [1] 
δf = δm 
Ff = ( nAfEfAmEm) Fm [2] 
SubstituindoFf na equação [1], obtem-se: 
Fm = 
AmEmnAfEf + AmEm P e Ff = nAfEfnAfEf + AmEm P, sendo assim: 
σm = FmAm = 𝐄𝐦𝐧𝐀𝐟𝐄𝐟 + 𝐀𝐦𝐄𝐦 𝐏 σf = FfAf = 𝐏𝐄𝐟𝐧𝐀𝐟𝐄𝐟 + 𝐀𝐦𝐄𝐦 𝐏 
Carga Axial 
137 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.45. O carregamento distribuído é sustentado pelas três barras de suspensão AB e EF são feitas de alumínio e CD é 
feita de aço. Se cada barra tiver área de seção transversal de 450 mm², determine a intensidade máxima w do 
carregamento distribuído de modo a não ultrapassar uma tensão admissível de (σadm)aço = 180 MPa no aço e (σadm)al = 94 
MPa no alumínio. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. 
 
 Figura 4.45 
 
 
 
 
 
4.46. O elo de aço BC com comprimento de 200 mm quando não alongado com área de seção transversal de 22,5 mm² 
e um bloco curto de alumínio com 50 mm de comprimento quando não carregado com área de seção transversal de 40 
mm². Se o elo for submetido à carga vertical mostrada, determine a tensão normal média no cabo e no bloco. Eaço = 200 
GPa, Eal = 70 GPa. 
 
 Figura 4.46 ↶ + ∑ MA = 0 ; 450 × 0,25 – 0,15FBC – 0,15FD = 0 ∴ FBC + FD = 750 [1] δBC = δD ∴ FD = ( ADEalLBCABCEaçoLD) FBC = ( 40 × 70 × 20022,5 × 200 × 50) FBC = 2,4889FBC [2] 
Substituindo FD na equação [1],obtem-se: FBC = 215 N e FD = 535 N, logo: σBC = FBCABC = 21522,5 = 9,55 MPa σD = FDAD = 53540 = 13,4 MPa 
↑ + ∑ Fy = 0; TAB = TEF 
TAB + TCD + TEF – 3w = 0 2TAB + TCD = 3 [1] 
δAB = δCD TAB = EalEaço TCD = 0,35TCD [2] 
Substituindo TAB em [1] , tem-se: TCD = 1,7647w 180 = 1,7647w450 ∴ w = 45,9 kN/m 
TAB = 0,35 × 1,7647w = 0,617645w 94 = 0,617645w450 ∴ w = 68,49 kN/m 
Carga Axial 
138 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.47. O elo rígido é sustentado por um pino em A, um cabo de aço BC com comprimento de 200 mm quando não 
alongado com área de seção transversal de 22,5 mm² e um bloco curto de alumínio com 50 mm de comprimento quando 
não carregado com área de seção transversal de 40 mm². Se o elo for submetido á carga vertical mostrada na figura, 
determine a rotação do elo em torno do pino A. Dê a resposta em radianos. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. 
 
 
 Figura 4.47 ↶ + ∑ MA = 0 
450 × 0,25 – 0,15FBC – 0,15FD = 0 ∴ FBC + FD = 750 [1] δBC = δD ∴ FD = ( ADEalLBCABCEaçoLD)FBC = ( 40 × 70 × 20022,5 × 200 × 50) FBC = 2,4889FBC [2] 
Substituindo FD na equação [1],obtem-se: FBC = 215 N e FD = 535 N δBC = FBCLBCABCEaço = 215 × 20022,5 × 200 × 103 = 0,00955 mm ∴ θ = artang (0,00955150 ) = 0,003648° = 63,7 × 10-6 rad 
*4.48. Cada um dos três cabos de aço A-36 tem diâmetro de 2 mm e comprimentos LAC = 1,60 m e LAD = 2,00 m quando 
não carregados. Determine a força em cada cabo depois que a massa de 150 kg é suspensa pelo anel em A. 
 
 Figura 4.48 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
0,6FAD – 0,6FAB = 0 
FAD = FAB = F [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
2 × (0,8F) + FAC – 1.471,5 = 0 1,6F + FAC = 1.471,5 [2] 
δAD = δACcos(θ) ∴ F = 0,64FAC [3] 
Substituindo F na equação [2], obtem-se: 
FAC = 727 N e FAB = FAD = 465 N 
Carga Axial 
139 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.49. Cada um dos três cabos AB e AD de aço A-36 tem diâmetro de 2 mm e comprimento LAC = 1,60 m e LAB = LAD = 
2,00 m quando não carregados. Determine o diâmetro exigido para o cabo AC de modo que cada cabo seja submetido à 
mesma força provocada pela massa de 150 kg suspensa pelo anel em A. 
 
 
 Figura 4.49 
 
 
 
 
 
4.50. As três barras de suspensão são feitas de mesmo material e têm áreas de seção transversal iguais, A. Determine a 
tensão normal média em cada barra se a viga rígida ACE for submetida à força P. 
 
 
 Figura 4.50 
 
 
 
 
→ + ∑ Fx = 0 
0,6FAD – 0,6FAB = 0 
FAD = FAB = F [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
2 × (0,8F) + FAC – 1.471,5 = 0 [2] δAD = δACcos(θ) ∴ δAD = 0,8δAC [3] 
dAC = √dAD2LACLAD = √22 × 1.6002.000 = 1,79 mm 
↶ + ∑ MA = 0 −0,5dP + dFCD + 2dFEF = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 
FAB – P + FCD + FEF = 0 [2] 
δAB − δEFδCD− δEF = 2dd = 2 δA = 2δC − δE [3] ∴ FAB = 2FCD – FEF [3], sendo assim:FCD = P3, FEF = P12 e FAB = 7P12 σAB = 7P 12⁄A = 𝟕𝐏𝟏𝟐𝐀 ; σCD = P 3⁄A = 𝐏𝟑𝐀 e σEF = P 12⁄A = 𝐏𝟏𝟐𝐀 
Carga Axial 
140 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.51. O conjunto é composto por um parafuso de aço A-36 e um tubo de latão vermelho C83400. Se a porca for apertada 
contra o tubo de modo que L = 75 mm, e quando girada um pouco mais, avance 0,02 mm no parafuso, determine a força 
no parafuso e no tubo. O parafuso tem diâmetro de 7 mm, e o tubo tem área de seção transversal de 100 mm². 
 
Figura 4.51 
 
 
 
 
*4.52. O conjunto é composto de aço A-36 e um tubo de latão vermelho C83400. A porca foi apertada contra o tubo de 
modo que L = 75 mm. Determine a quantidade máxima de avanço adicional da porca no parafuso para que o material 
não sofra escoamento. O parafuso tem diâmetro de 7 mm, e o tubo tem área de seção transversal de 100 mm². 
 
Figura 4.52 
 
 (σe)aço = Paçoπ4dp2 ∴ Paço = π(σe)açodp24 = π × 250 × 724 = 9,621 kN (σe)lat = PbrAtubo ∴ Plat = (σe)latAtubo = 70 × 100 = 7 kN 
a = δtubo + δp = PlatLAtuboElat + PaçoLπ4 dp2Eaço = 7 × 103 × 75100 × 101 × 103 + 9,625 × 103 × 75π4 × 72 × 200 × 103 = 0,120 mm 
→ + ∑ Fx = 0 
Faço – Flat = 0 
Faço = Flat= P [1] 
δaço + δlat = 0,02 [2] P = 0,0275100 × 101 × 103 + 4 × 75π × 72× 200 × 103 = 1,16 kN 
Carga Axial 
141 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.53. O parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutido em uma luva de bronze. O diâmetro externo dessa luva 
é 20 mm e seu diâmetro interno é 10 mm. Se o parafuso for submetido a uma força de compressão P = 20 kN, determine 
a tensão normal média no aço e no bronze. Eaço = 200 GPa, Ebr = 100 GPa. 
 
 Figura 4.53 
 
 
 σaço = Façoπ4dp2 = 8 × 103π4 × 102 = 102 MPa σbr = Fbrπ4(d02− di2) = 12 × 103π4(202 − 102) = 50,9 MPa 
4.54. O parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutido em uma luva de bronze. O diâmetro externo dessa luva 
é 20 mm e seu diâmetro interno é 10 mm. Se a tensão de escoamento para o aço for (σe)lat = 520 MPa, determine o valor 
da maior carga elástica P que pode ser aplicada ao conjunto. Eaço = 200 GPa, Elat = 100 GPa. 
 
 Figura 4.54 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fbr + Faço – 20 = 0 [1] 
δbr = δaço 
Fbr = 
(202− 102)(100 × 103)102 × 200 × 103 Faço= 1,5Faço [2] 
Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: 
Faço = 8 kN e Fbr = 12 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fbr + Faço – P = 0 [1] 
δbr = δaço 
Fbr = 
(202 − 102)(100 × 103)102 × 200 × 103 Faço= 1,5Faço [2] 
Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: 
Faço = 0,4P 
σaço = Façoπ4dp2 ∴ 520 = 0,4Pπ4 × 102 ∴ 𝐏 = 𝟏𝟐𝟔 𝐤𝐍 
Carga Axial 
142 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.55. O elemento rígido é mantido na posição mostrada na figura por três tirantes de aço A-36. Cada tirante tem 
comprimento de 0,75 m quando não alongado e área de seção transversal de 125 mm². Determine as forças nos tirantes 
se for dada uma volta completa em um parafuso tensor na haste EF. O avanço da rosca é 1,5 mm. Despreze o tamanho 
do parafuso tensor e considere-o rígido. Observação: O avanço provocaria na haste, quando não carregada, um 
encurtamento de 1,5 mm quando o parafuso tensor girasse uma revolução completa. 
 
 Figura 4.55 
 
 
 
*4.56. A barra está presa por um pino em A e é sustentada por duas hastes de alumínio, cada um com diâmetro de 25 
mm e módulo de elasticidade Eal = 70 GPa. Considerando que a barra é rígida e inicialmente vertical, determine o 
deslocamento da extremidade B quando for aplicada uma força de 10 kN. 
 
 Figura 4.56 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ ME = 0 
0,5TEF – 1TCD = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 
TAB + TCD – TEF = 0 [2] 
δAB + δEF = 1,5 [3] 
TEF = 
1,5AEaço0,5LEF+ LEF = AEaçoLEF = 125 × 200 × 103 750 = 33,3 kN 
TCD = 0,5TEF = 16,67 kN e TAB = TCD = 16,7 kN 
↶ + ∑ MA = 0 
0,3FCD + 0,9FEF – 10 × 0,6 = 0 [1] δEFδCD = 0,90,3 δEF = 3δCD ∴ FEF = 6FCD [2] 
Substituindo FEFna equação [1], obtem-se: 
FCD = 1,053 kN e FEF = 6,316 kN δEF = FEFLEFπ4d2Eal = 6,316 × 103× 300π4 × 252 × 70 × 103 = 0,055142 mm tang(θ) = 0,055142900 = 6,127 × 10-5 δB = LABtang(θ) = 900 × 6,127 × 10−5 = 0,073522 mm 
Carga Axial 
143 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.57. A barra está presa por um pino em A e é sustentada por duas hastes de alumínio, cada uma com diâmetro de 25 
mm e módulo de elasticidade Eal = 70 GPa. Considerando que a barra é rígida e inicialmente vertical, determine a força 
em cada haste quando for aplicada uma força de 10 kN. 
 
 
 Figura 4.57 
 
 
 
 
 
4.58. O conjunto é composto por dois postes do material 1 com módulo de elasticidade E1 e cada um com área de seção 
transversal A1 e um poste do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. Se uma carga 
central P for aplicada à tampa rígida, determine a força em cada material. 
 
 Figura 4.58 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,3FCD + 0,9FEF – 10 × 0,6 = 0 [1] δEFδCD = 0,90,3 = 3 δEF = 3δCD ∴ FEF = 6FCD [2] Substituindo FEF na equação [1], obtem-se: FCD = 1,053 kN e FEF = 6,316 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
2F1 + F2 – P = 0 [1] 
δAB = δEF ∴ F1 = A1E1A2E2 F2[2] 
Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: 
F2 = ( 𝐀𝟐𝐄𝟐𝟐𝐀𝟏𝐄𝟏 + 𝐀𝟐𝐄𝟐) 𝐏 e F1 = ( 𝐀𝟏𝐄𝟏𝟐𝐀𝟏𝐄𝟏 + 𝐀𝟐𝐄𝟐) 𝐏 
Carga Axial 
144 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.59. O conjunto é composto por dois postes AB e CD do material1 com módulo de elasticidade E1 e área de seção 
transversal A1 cada e um poste central EF do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. 
Se os postes AB e CD tiverem de ser substituídos por postes do material 2, determine a área da seção transversal exigida 
para esses novos postes de modo que ambos os conjuntos sofram o mesmo grau de deformação quando carregados. 
 
 Figura 4.59 
 
 
 
 
 
 
*4.60. O conjunto é composto por dois postes AB e CD do material 1 com módulo de elasticidade E1 e área de seção 
transversal A1 cada e um poste central EF do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. 
Se o poste EF tiver de ser substituído por um poste do material 1, determine a área da seção transversal exigida para 
esse novo poste de modo que ambos os conjuntos sofram o mesmo grau de deformação quando carregados. 
 
 Figura 4.60 
 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
2F1 + F2 – P = 0 [1] 
δAB = δEF F1 = A1E1A2E2 F2 [2] 
Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: 
F2 = ( A2E22A1E1+ A2E2) P e F1 = ( A1E12A1E1+ A2E2) P 
Substituindo F1 e F2 em A1′, obtem-se: 
A1’ = 
F1A2F2 ∴ A1’ = (𝐄𝟏𝐄𝟐) 𝐀𝟏 
↑ + ∑ Fy = 0 
2F1 + F2 – P = 0 [1] 
δAB = δEF F1 = A1E1A2E2 F2 [2] 
Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: 
F2 = ( A2E22A1E1 + A2E2) P e F1 = ( A1E12A1E1 + A2E2) P 
Após o poste EF ser substituído pelo material 1, tem-se que: δ1 = δ1′ ∴ F2 = A′2A1 F1 
Substituindo F2 na equação [1], obtem-se: F1 = 
A1P2A1+ A′2, igualando as duas equações de F1, obtem-se: 𝐀′𝟐= 𝐀𝟐𝐄𝟐𝐄𝟏 
Carga Axial 
145 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.61. O suporte é mantido preso à parede por três parafusos de aço A-36 em B, C e D. Cada parafuso tem diâmetro de 
12,5 mm e comprimento de 50 mm quando não alongado. Se uma força de 4 kN for aplicada ao suporte como mostra a 
figura, determine a força desenvolvida em cada parafuso. Para o cálculo, considere que os parafusos não sofrem 
cisalhamento; ao contrário, a força vertical de 4 kN é suportada pela saliência em A. Considere também que a parede e 
o suporte são rígidos. O detalhe mostra a deformação muito ampliada dos parafusos. 
 
 
 Figura 4.61 
 
 
 
 
4.62. O suporte é mantido preso à parede por três parafusos de aço A-36 em B, C e D. Cada parafuso tem diâmetro de 
12,5 mm e comprimento de 50 mm quando não alongado. Se uma força de 4 kN for aplicada ao suporte como mostra a 
figura, determine até que distância s a parte superior do suporte afasta-se da parede no parafuso D. Para o cálculo, 
considere que os parafusos não sofrem cisalhamento; ao contrário, a força vertical de 4 kN é suportada pela saliência 
em A. Considere também que a parede e o suporte são rígidos. O detalhe mostra a deformação muito ampliada dos 
parafusos. 
 
 Figura 4.62 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
12,5FB + 37,5FC + 87,5FD – 4 × 50 = 0 
12,5FB + 37,5FC + 87,5FD = 200 [1] 
δDδC = 87,537,5 ∴ FD = 73 FC [2] δCδB = 37,512,5 ∴ FB = 13 FC [3] 
Substituindo FD e FB na equação [1], obtem-se: 
FC = 0,8136 kN, FD =
73 (0,8136) = 1,8983 kN 
FB = 
13 (0,8136) = 0,2712 kN 
↶ + ∑ MA = 0 
12,5FB + 37,5FC + 87,5FD – 4 × 50 = 0 
12,5FB + 37,5FC + 87,5FD = 200 [1] 
δDδC = 87,537,5 ∴ FD = 73 FC [2] δCδB = 37,512,5 ∴ FB = 13 FC [3] 
Substituindo FD e FB na equação [1], obtem-se: 
FC = 0,8136 kN, sendo assim: 
δD = s = 73 δC = 7FCL3AEaço = 7 × 0,8136 × 103 × 503 × π4 × 12,52 × 200 × 103 = 0,003867 mm 
Carga Axial 
146 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.63. A barra rígida é apoiada pelos dois postes curtos de pinho branco e uma mola. Se o comprimento dos postes 
quando não carregados for 1 m e a área de seção transversal for 600 mm² e a mola tiver rigidez k = 2 MN/m e 
comprimento 1,02 m quando não deformada, determine a força em cada poste após a aplicação da carga á barra. 
 
Figura 4.63 
 
 
 
 
 
*4.64. A barra rígida é apoiada pelos dois postes curtos de pinho branco e uma mola. Se o comprimento dos postes 
quando não carregados for 1 m e a área de seção transversal for 600 mm² e a mola tiver rigidez k = 2 MN/m e 
comprimento de 1,02 m quando não deformada, determine o deslocamento vertical de A e B após a aplicação da carga 
à barra. 
 
 Figura 4.64 
 
 
 
 
FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 
2F + Fk – 100 = 0 [1] 
δA + 0,02 = x FA × 1,02600 × 10−6 × 13,1 × 109 + 0,02 = Fk2 × 106 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: 
FA = FB = 25,6 kN 
FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 
2F + Fk – 100 = 0 [1] 
δA + 0,02 = x FA × 1,02600 × 10−6 × 13,1 × 109 + 0,02 = Fk2 × 106 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: 
FA = FB = 25,6 kN 
δA = δB = FLAE = 25,6 × 103 × 1.000600 × 9,65 × 103 = 4,42 mm 
Carga Axial 
147 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.65. A roda está sujeita à força de 18 kN transmitida pelo eixo. Determine a força em cada um dos três raios. Considere 
que o aro é rígido, que os raios são feitos do mesmo material e que cada um tem a mesma área de seção transversal. 
 
 Figura 4.65 
 
 
 
Desmembrando a equação [2], e deixando-a em função de FAB, obtem-se: 
0,004FAB2 + 43.200 FAB – 518.400 = 0 [3] 
Solucionando a equação do segundo grau, obtem-se: FAB = 12 kN (T) 
FAC = FAD = 18 − 12= 6 kN (C) 
4.66. O poste é feito de alumínio 6061-T6 e tem 50 mm de diâmetro. Está preso aos suportes A e B e em seu centro C 
há uma mola espiral acoplada ao colar rígido. Se a mola não estiver comprimida na posição original, determine as 
reações em A e B quando a força P = 40 kN é aplicada ao colar. 
 
 Figura 4.66 
 
 
 
 
FAC = FAD ↑ + ∑ Fy = 0 
FACcos(60°) + FADcos(60°) + FAB – 18 = 0 [1] 
Lei do cosseno (0,4 − δAC)² = 0,42 + δAB2 − 2 × 0,4 × δABcos (60°) δAC2 − δAB2 + 0,4δAB − 0,8δAC = 0 [2] 
FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB + Fk – 40 = 0 
2F + Fk = 40 [1] 
x + δP − δA = 0 [2] ∴ x = 40 × 1032 × π × 0,0502 × 68,9 × 109 + 200 × 106 = 0,0000312 m 
FA = FB = 
P − kx2 = 40 − 200 × 103 × 0,00003122 = 16,9 kN 
Carga Axial 
148 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.67. O poste é feito de alumino 6061-T6 e tem diâmetro de 50 mm. Está preso aos suportes A e B e em seu centro C 
há uma mola espiral acoplada ao colar rígido. Se a mola não estiver comprimida na posição inicial, determine a 
compressão na mola quando a carga P = 50 kN for aplicada ao colar. 
 
 Figura 4.67 
 
 
 
 
*4.68. A barra rígida suporta um carregamento distribuído uniforme de 90 kN/m. Determine a força em cada cabo se 
cada um tiver área de seção transversal de 36 mm² e E = 200 GPa. 
 
Figura 4.68 
 
 
 
 
FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB + Fk – 50 = 0 
2F + Fk = 50 [1] 
x + δP − δA = 0 [2] 
 x = 50 × 1032 × π × 0,0502 × 68,9 × 109 + 200 × 106 = 0,0000390 m 
↶ + ∑ MA = 0 −270 × 1,5 + 2√5 TBC × 1 + 2√5 TCD × 3 = 0 [1] 
δCDδBC = 31 ∴ δCD = 3δBC ∴ TCD = 3TBC [2] 
Substituindo TCD na equação [1], obtem-se: TBC = 45,2804 kN 
TCD = 3 × 45,2804 = 135,8411 kN 
 
Carga Axial 
149 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.69. A posição original da barra rígida é horizontal e ela é sustentada por dois cabos com área de seção transversal de 
36 mm² cada e E = 200 GPa. Determine a leve rotação da barra quandouma carga uniforme é aplicada. 
 
 
Figura 4.69 
 
 
 
 
 
Substituindo TCD na equação [1], obtem-se: TBC = 45,2804 kN e TCD = 135,8411 kN, sendo assim: LBC = √22 + 12 = √5 m δBC = TBCLBCAE = 45,2804 × 103 × √5 × 10336 × 200 × 103 = 14,0625 mm 
 θ = arctang (14,06251.000 ) = 𝟎, 𝟖𝟎𝟔° 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −270 × 1,5 + 2√5 TBC × 1 + 2√5 TCD × 3 = 0 [1] 
δCDδBC = 31 ∴ δCD = 3δBC ∴ TCD = 3TBC [2] 
Carga Axial 
150 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.3 - PROBLEMAS 
4.70. A chave elétrica fecha quando as hastes de ligação CD e AB se aquecem, o que provoca a translação e a rotação 
do braço rígido BDE até fechar o contato em F. A posição original de BDE é vertical e a temperatura é 20°C. Se AB for 
feita de bronze C86100 e CD, de alumínio 6061-T6, determine o espaço s exigido entre os contatos para a chave fechar 
quando a temperatura alcançar 110°C. 
 
 Figura 4.70 
 (δT)CD − (δT)ABs − (δT)AB = 400600 ∴ αal∆TLCD − αbr∆TLABs − αbr∆TLAB = 23 ∴ 23 × 10−6 × 90 × 300 − 17 × 10−6 × 90 × 300s − 17 × 10−6 × 90 × 300 = 23 
s = 0,7425 mm 
4.71. Uma trena de aço é usada por um supervisor para medir o comprimento de uma reta. A seção transversal da trena 
é retangular, com 1,25 mm de espessura por 5 mm de largura, e o comprimento é 30 m quando T1 = 20°C e a carga de 
tração na trena é 100 N. Determine o comprimento verdadeiro da reta medida se a leitura da trena for 139 m quando 
usada sob tração de 175 N a T2 = 40°C. O piso onde a trena é utilizada é plano. αaço = 17(10-6)/°C, Eaço = 200 GPa. 
 
 
Figura 4.71 
 δT = αaço∆TL = 17 × 10-6 × 20 × 139 = 0,04726 m 
 δF = (P2 − P1)L(bt)Eaço = (175 − 100)(139.000)5 × 1,25 × 200 × 103 = 8,34 mm 
L’ = L + δT + δF = 139 + 0,04726 + 0,00834 = 139,056 m 
Carga Axial 
151 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.72. Os diâmetros e materiais de fabricação do conjunto são indicados na figura. Se o conjunto estiver bem ajustado 
entre seus apoios fixos quando a temperatura é T1 = 20°C, determine a tensão normal média em cada material quando a 
temperatura atingir T2 = 40°C. 
 
 
Figura 4.72 
 
 
 (δal)T + (δbr)T + (δaço)T = (δal)F + (δbr)F + (δaço)F αal∆TLAB + αbr∆TLBC + αaço∆TLCD = FalLABAABEal + FbrLBCABCEbr + FaçoLCDACDEaço 
Fbr = Fal = Faço = F 23 × 10−6 × 20 × 1.200 + 17 × 10−6 × 20 × 1.800 + 17 × 10−6 × 20 × 900 = F ( 1.200π4 × 3002 × 73,1 × 103 ++ 1.800π4 × 2002 × 103 × 103 + 900π4 × 1002 × 193 × 103) ∴ Fbr = Fal = Faço = 1.063,49 kN σbr = Fbrπ4dBC2 = 1.063,49 × 103π4 × 2002 = 33,85 MPa 
 σaço = Façoπ4dCD2 = 1.063,49 × 103 π4 × 1002 = 135,41 MPa σal = Falπ4dAB2 = 1.063,49 × 103 π4 × 3002 = 15,05 MPa 
4.73. Uma placa de concreto de alta resistência utilizada em uma pista de rolamento tem 6 m de comprimento quando 
sua temperatura é 10 °C. Se houver uma folga de 3 mm em um de seus lados antes de tocar seu apoio fixo, determine a 
temperatura exigida para fechar a folga. Qual é a tensão de compressão no concreto se a temperatura aumentar até 60 
°C. 
 δ = αconc∆TL ∴ T = δαL + Ti = 311 × 10−6 × 6.000 + 10 = 55,45°C δF = δT ∴ σ = αconc(Tf − T)Econc = (11 × 10-6)(60 – 55,45)(29 × 103) = 1,45 MPa 
Carga Axial 
152 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.74. Um tubo de vapor com 1,8 m de comprimento é feito de aço com σe = 280 MPa e está ligado diretamente as duas 
turbinas A e B, como mostra a figura. O diâmetro externo do tubo é 100 mm e a espessura da parede é 6 mm. A ligação 
foi feita a T1 = 20°C. Considerando que os pontos de acoplamento das turbinas são rígidos, determine a força que o tubo 
exerce sobre elas quando o vapor e, portanto, o tubo, atingem uma temperatura de T2 = 135°C. 
 
 Figura 4.74 
 
ri = r0 – t = 50 – 6 = 44 mm δT = δF ∴ F = αaço∆TEaçoπ(r02 − ri2) = 12 × 10−6 × 115 × 200 × 103 × π × (502 − 442) = 489,03 kN σ = Fπ(r02 − ri2) = 489,03 × 103π(502 − 442) = 276 MPa ∴ σ = 276 MPa < σe = 280 MPa Ok! 
4.75. Um tubo de vapor com 1,8 de comprimento e feito de aço com σe = 280 MPa e está ligado diretamente a duas 
turbinas A e B, como mostra a figura. O diâmetro externo do tubo é 100 mm e a espessura da parede é 6 mm. A ligação 
foi feita a T1 = 20°C. Considerando que a rigidez dos pontos de acoplamento das turbinas é k = 16 MN/mm, determine 
força que o tubo exerce sobre as turbinas quando o vapor e, portanto, o tubo, atingem uma temperatura de T2 = 135°C. 
 
 Figura 4.75 
 
ri = 50 – 6 = 44 mm 
δT − δF = 2x ∴ x = αaço(T2− T1)L2 + kLπ(r02 − ri2)Eaço = (12 × 10−6)(135 − 20)(1.800)2 + (16 × 106)(1.800) π(502 − 442)(200 × 103) = 0,02983 mm 
F = kx = 16 × 106 × 0,02983 = 477,29 kN σ = Fπ(r02 − ri2) = 477,29 × 103π(502 − 442) = 269,37 MPa ∴ σ = 269,4 MPa < σe = 280 MPa Ok! 
 
Carga Axial 
153 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.76. Os trilhos de aço A-36 de uma ferrovia têm 12 m de comprimento e foram assentados com uma pequena folga 
entre eles para permitir dilatação térmica. Determine a folga δ exigida para que os trilhos apenas encostem um no outro 
quando a temperatura aumentar de T1 = −30°C para T2 = 30°C. Considerando essa folga, qual seria a força axial nos 
trilhos se a temperatura atingisse T3 = 40°C? A área de seção transversal de cada trilho é 3.200 mm². 
 
 Figura 4.76 ∆folga= αaço(T2 − T1)L = (12 × 10−6)[30 − (−30)](12.000) = 8,640 mm 
Até 30°C, sua dilatação será 8,64 mm, ultrapassando essa temperatura haverá tensão devido a força, uma vez que os trilhos estarão 
encostados um no outro, logo: δF = δT′ 
 
F(L + ∆folga)AEaço = αaço(T3 − T2)(L + ∆folga) ∴ F = αaçoAEaço(T3 − T2) = 12 × 10−6 × 3.200 × 200 × 103 × (40 − 30) 
 F = 76,80 kN 
4.77. Os dois segmentos de haste circular, um de alumínio e o outro de cobre, estão presos às paredes rígidas de tal 
modo que há uma folga de 0,2 mm entre eles quando T1 = 15°C. Qual é a maior temperatura T2 exigida para apenas 
fechar a folga? Cada haste tem diâmetro de 30 mm, αal = 24(10-6)/°C, Eal = 70 GPa, αcobre = 17(10-6)/°C, Ecobre = 126 GPa. 
Determine a tensão normal média em cada haste se T2 = 95°C. 
 
 Figura 4.77 
(δal)T + (δcu)T = 0,2 mm ∴ ∆T = 0,2αalLal + αcuLcu = 0,224 × 10−6 × 200 + 17 × 10−6 × 100 = 30,77°C 
T’ = 30,77°C + 15°C = 45,77°C 
 δal = 24 × 10−6 × 30,77 × 200 = 0,1477 mm ∴ δcu = 17 × 10−6 × 30,77 × 100 = 0,0523 mm 
Fal = Fcu = F ∴ (δal)T + (δcu)T = (δal)F + (δcu)F αal(T2 − T′)(Lal + δal) + αcu(T2 − T′)(Lcu + δcu) = F(Lal + δal)π4d2Eal + F(Lcu + δcu)π4d2Ecu (24 × 10−6)(95 − 45,77)(200 + 0,1477) + (17 × 10−6)(95 − 45,77)(100 + 0,0523) = F ( 200 + 0,1477π4 × 302 × 70 × 103 + 100 + 0,0523π4 × 302 × 126 × 103) 
Solucionando a equação, obtem-se: F = 61,88 kN ∴ σ = Fπ4d2 = 61,88 × 103π4 × 302 = 87,54 MPa 
Carga Axial 
154 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.78. Os dois segmentos de haste circular, um de alumínio e o outro de cobre, estão presos às paredes rígidas de modo 
tal que há uma folga de 0,2 mm entre eles quando T1 = 15°C. Cada haste tem diâmetro de 30 mm, αal = 24(10-6)/°C, Eal 
= 70 GPa, αcobre = 17(10-6)/°C, Ecobre = 126 GPa. Determine a tensão normal média em cada haste se T2 = 150°C. Calcule 
também o novo comprimento do segmento de alumínio. 
 
 Figura 4.78 
(δal)T + (δcu)T = 0,2 mm ∴ ∆T = 0,2αalLal + αcuLcu = 0,224 × 10−6 × 200 + 17 × 10−6× 100 = 30,77°C 
T’ = 30,77°C + 15°C = 45,77°C δal = 24 × 10−6 × 30,77 × 200 = 0,1477 mm ∴ δcu = 17 × 10−6 × 30,77 × 100 = 0,0523 mm 
Fal = Fcu = F ∴ (δal)T + (δcu)T = (δal)F + (δcu)F αal(T2 − T′)(Lal + δal) + αcu(T2 − T′)(Lcu + δcu) = F(Lal + δal)π4d2Eal + F(Lcu + δcu)π4d2Ecu (24 × 10−6)(150 − 45,77)(200 + 0,1477) + (17 × 10−6)(150 − 45,77)(100 + 0,0523) = F ( 200 + 0,1477π4 × 302 × 70 × 103 + 100 + 0,0523π4 × 302 × 126 × 103) 
Solucionando a equação, obtem-se: F = 131 kN ∴ σ = Fπ4d2 = 131 × 103π4 × 302 = 185,33 MPa (δal)final = (δal)T − (δal)F + δcu = (24 × 10−6)(150 − 45,77)(200 + 0,1477) − (131 × 103)(200 + 0,1477)(π4 × 302)(70 × 103) + 0,0523 = 0,023076 mm Lal′ = Lal + (δal)final = 200 + 0,117793 = 𝟐𝟎𝟎, 𝟎𝟐𝟑𝟎𝟕𝟔 𝐦𝐦 
4.79. Duas barras feitas de materiais diferentes são acopladas e instaladas entre duas paredes quando a temperatura é 
T1 = 10ºC. Determine a força exercida nos apoios (rígidos) quando a temperatura for T2 = 20ºC. As propriedades dos 
materiais e as áreas de seção transversal de cada barra são dadas na figura. 
 
 Figura 4.79 
 δT = δF ∴ (12 × 10−6) (20 − 10)(300) + (21 × 10−6) (20 − 10)(300) = F × 300200 × 200 × 103 + F × 300450 × 100 × 103 
F = 6,99 kN 
Carga Axial 
155 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.80. A haste central CD do conjunto é aquecida de T1 = 30ºC até T2 = 180°C por resistência elétrica. Na temperatura 
mais baixa, a folga entre C e a barra rígida é 0,7 mm. Determine a força nas hastes AB e EF provocadas pelo aumento 
na temperatura. As hastes AB e EF são feitas de aço e cada uma tem área de seção transversal de 125 mm². CD é feita 
de alumínio e tem área de seção transversal de 375 mm². Eaço= 200 GPa, Eal = 70 GPa, αaço = 12(10-6)/ºC e αal = 23(10-
6)/ºC. 
 
 Figura 4.80 (δal)T = (12 × 10−6)(Tf − 30)(240) = 0,7 mm ∴ Tf = 156,8116°C 
 
 
 
 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FAB = 4,23 kN e FCD = 2 × 4,23 = 8,46 kN 
4.81. A haste central CD do conjunto é aquecida de T1 = 30°C até T2 = 180°C por resistência elétrica. As duas hastes 
AB e EF situadas nas extremidades também são aquecidas de T1 = 30°C até T2 = 50°C. Na temperatura mais baixa, T1, 
a folga entre C e a barra rígida é 0,7 mm. Determine a força nas hastes AB e EF provocada pelo aumento na temperatura. 
As hastes AB e EF são feitas de aço e cada um tem área de seção transversal de 125 mm². CD é feita de alumínio e tem 
área de seção transversal de 375 mm². Eaço = 200 GPa, Eal= 70 GPa, αaço = 12(10-6)/°C e αal = 23(10-6)/°C. 
 
 Figura 4.81 
 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 −FAB + FCD – FEF = 0 
2FAB = FCD [1] 
(δal)T − (δal)F = (δaço)F αal(T2 − Tf)(LCD + 0,7) − FCD(LCD + 0,7)AalEal = FAB(LAB + 0,7)AaçoEaço (23 × 10−6)(180 − 156,8116)(240 + 0,7) − FCD(240 + 0,7)375 × 70 × 103 = FAB(300 + 0,7)125 × 200 × 103 [2] 
(δal)T = (23 × 10−6)(50 − 30)(240) = 0,1104 mm (δaço)T = (12 × 10−6)(50 − 30)(300) = 0,072 mm 0,7 − 0,1104 + 0,072 = (23 × 10−6)(∆T)[240 + 0,1104] ∆T = 119,8°C ∴ Tf = 119,8 + 50 = 169,8°C ↑ + ∑ Fy = 0 −FAB + FCD – FEF = 0 
2FAB = FCD [1] 
(δal)T − (δal)F = (δaço)F αal(T2 − Tfinal)(LCD + 0,7 + (δaço)T) − FCD(LCD + 0,7+(δaço)T)AalEal = FAB(LAB + (δaço)T)AaçoEaço [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FAB = FEF = 1,85 kN 
Carga Axial 
156 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.82. O tubo de aço A-36 está acoplado aos colares em A e B. Quando a temperatura é 15 °C, não há nenhuma carga 
axial no tubo. Se o gás quente que passa pelo tubo provocar uma elevação de ΔT = (20 + 30x)°C na temperatura do tubo, 
onde x é dado em metros, determine a tensão normal média no tubo. O diâmetro interno é 50 mm, e a espessura na 
parede é 4 mm. 
 
Figura 4.82 
 δT − δF = 0 FdxAEaço = αaço∆Tdx ∴ σdx = αaço∆TEaçodx ∴ σ = ∫ dx = (12 × 10−6)(200 × 109) ∫ (20 + 30x)dx2,40L0 𝛔 = 𝟏𝟑𝟒, 𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚 
4.83. O tubo de bronze 86100 tem raio interno de 12,5 mm e espessura de parede de 5 mm. Se o gás que passa por ele 
mudar a temperatura do tubo uniformemente de TA = 60°C em A para TB = 15°C em B, determine a força axial que ele 
exerce sobre as paredes. O tubo foi instalado entre as paredes quando T = 15 °C. 
 
Figura 4.83 
 
T(x) = 60 + kx, sabemos que para x = L, T(x) = TB, logo:k = TB − TAL = 15 − 602,4 = −18,75; sendo assim, a variação de 
temperatura será: ∆T = T(x) − TB = 60−18,75x−15 = 45 −18,75x r0 = ri + t = 12,5 + 5 = 17,5 mm 
 FdxAE = α∆Tdx ∴ Fdx = αbr∆TAEbrdx ∴ F = π(17,52 – 12,52)(17 × 10−6)(103 × 103)2.400 ∫ (45 − 18,75x)dx2.4000 ∴ F = 18,566 kN 
Carga Axial 
157 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.84. O bloco rígido pesa 400 kN e será suportado pelos postes A e B, feitos de aço A-36, e pelos postes C, feito de 
latão vermelho C83400. Se todos os postes tiverem o mesmo comprimento original antes de serem carregados, determine 
a tensão normal média desenvolvida em cada um deles, quando o poste C for aquecido de modo que sua temperatura 
aumente 10°C. Cada poste tem área de seção transversal de 5.000 mm². 
 
 Figura 4.84 
 
 
 
 σaço = FaçoA = 123,393 × 1035.000 = 24,68 MPa σlat = FlatA = 153,214 × 1035.000 = 30,64 MPa 
4.85. A barra tem área de seção transversal A, comprimento L, módulo de elasticidade E e coeficiente de expansão 
térmica α. A temperatura da barra muda uniformemente ao longo de seu comprimento de TA em A para TB em B de modo 
que, em qualquer ponto x ao longo da barra, T = TA+ x(TB − TA)/L. Determine a força que a barra exerce nas paredes 
rígidas. Inicialmente, não há nenhuma força axial na barra. 
 
Figura 4.85 
 dδT = dδF δT = ∫ α∆Tdx = FLAEL0 ∆T = T − TA 
F = 
αAEL ∫ [TA + xL (TB − TA) − TA] dx = αAEL0 ∫ x(TB − TA)dxL0 = 𝛂𝐀𝐄𝟐 (𝐓𝐁 − 𝐓𝐀) 
↑ + ∑ Fy = 0 
2Faço + Flat = 400 kN [1] 
(δlat)T − (δlat)F + (δaço)F = 0 (18 × 10−6)(10)(L) − FlatL5.000 × 101 × 103 + FaçoL5.000 × 200 × 103 = 0 [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: Flat = 153,214 kN e Faço = 123,393 kN 
 
Carga Axial 
158 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.86. A haste é feita de aço A-36 e tem diâmetro de 6 mm. Se as molas forem comprimidas 12 mm quando a temperatura 
da haste é T = 10ºC, determine a força na haste quando sua temperatura for T = 75ºC. 
 
 
Figura 4.86 
 
 
 
F = k(x + x0) = 200(x + 12) = 200x + 2.400 [1] 
2x = δT − δF [2] x = αaço∆TEAL − kx0L2EaçoA + kL = αaço(T2 − T1)π4d2L − kx0L2Eaçoπ4d2 + kL x = (12 × 10−6)(75 − 10)(200 × 103)(π4 × 62)(1.200) − (200)(12)(1.200)2(200 × 103)(π4 × 62) + (200)(1.200) = 0,20892 mm 
Substituindo o valor de x na equação [1], obtem-se: F = 200(0,20892 + 12) = 2,442 kN 
 
 
 
 
 
 
 
Carga Axial 
159 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.4 - PROBLEMAS 
4.87. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando submetida a uma carga P = 8 kN. 
 
Figura 4.87 rW = 1040 = 0,25 ∴ k = 2,375 ∴ σmáx = kσméd = kP(W − 2r)t = (2,375)( 8 × 103)(40 − 2 × 10)(5) = 190 MPa 
*4.88. Se a tensão normal admissível para a barra for σadm = 120 MPa, determine a força axial máxima P que pode ser 
aplicada à barra. 
 
Figura 4.88 rW = 1040 = 0,25 ∴ k = 2,375 ∴ σméd = P(W − 2r)t = P(40 − 2 × 10)(5) = (0,01P) MPa σadm = kσméd ∴ 120 = 2,375 × 0,01P ∴ P = 5,05 kN 
4.89. A barra de aço tem as dimensões mostradas na figura. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada 
de modo a não ultrapassar uma tensão de tração admissível σadm = 150 MPa. 
 
Figura4.89 rW = 1260 = 0,2 ∴ k = 2,45 
 σadm = kσméd = kP(W − 2r)t = 2,45P(60 − 2 × 12)(20) = 150 
P = 44,1 kN 
Carga Axial 
160 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.90. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada à barra. A barra é feita de aço e tem tensão admissível 
σadm = 147 MPa. 
 
Figura 4.90 rW = 7,537,5 = 0,2 ∴ k = 2,45 ∴ σadm = kσméd = kP(W − 2r)t = 2,45P(37,5 − 2 × 7,5)(4) = 147 
P = 5,4 kN 
4.91. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando sujeita a uma carga P = 8 kN. 
 
Figura 4.91 rW = 7,537,5 = 0,2 ∴ k = 2,45 ∴ σmáx = kσméd = kP(W − 2r)t = (2,45 )(8 × 103)(37,5 − 2 × 7,5)(4) = 217,78 MPa 
*4.92. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando sujeita a uma carga P = 8 kN. 
 
Figura 4.92 rh = 1530 = 0,5 ∴ k = 1,4 
 σadm = kσméd = kPht = 1,4 × 8 × 10330 × 5 = 74,7 MPa rW = 660 = 0,1 ∴ k = 2,65 ∴ σadm = kσméd = kP(W − 2r)t = (2,65)(8 × 103)(60 − 2 × 6)(5) = 88,3 MPa 
Carga Axial 
161 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.93. A distribuição de tensão resultante ao longo da seção AB para a barra é mostrada na figura. Por essa distribuição, 
determine o valor aproximado da força axial resultante P aplicada à barra. Além disso, qual é o fator de concentração 
de tensão para essa geometria? 
 
Figura 4.93 
 rh = 6080 = 0,75 ∴ k = 1,26 σadm = kσméd = kPht = 1,26P80 × 10 = 30 ∴ P = 19 kN 
 
4.94. A distribuição de tensão resultante ao longo da seção AB para a barra é mostrada na figura. Por essa distribuição, 
determine o valor aproximado da força axial resultante P aplicada à barra. Além disso, qual e o fator de concentração 
de tensão para essa geometria? 
 
 
Figura 4.94 
 rh = 2080 = 0,25 ∴ k = 1,6 
 σadm = kσméd = kPht = 1,6P80 × 10 = 72 ∴ P = 36 kN σméd = Pht = 36 × 10380 × 10 = 45 MPa 
Carga Axial 
162 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.95. A chapa de aço A-36 tem espessura de 12 mm. Se houver filetes de rebaixo em B e C, e σadm = 150 MPa, determine 
a carga axial máxima P que ela pode suportar. Calcule o alongamento da chapa desprezando o efeito dos filetes. 
 
Figura 4.95 rh = 3060 = 0,5 ∴ Wh = 12060 = 2 ∴ k = 1,4 σadm = kσméd = kPht = 1,4P60 × 12 = 150 ∴ P = 77,1 kN δ = 2PLABhtEaço + PLBCwtEaço = 2 × 77,1 × 103 × 20060 × 12 × 200 × 103 + 77,1 × 103 × 800120 × 12 × 200 × 103 = 0,429 mm 
*4.96. O peso de 1.500 kN (≈150 t) é assentado lentamente no topo de um poste feito de alumínio 2014-T6 com núcleo 
de aço A-36. Se ambos os materiais puderem ser considerados elásticos perfeitamente plásticos, determine a tensão em 
cada um deles. 
 
 Figura 4.96 
 
 
 
 σaço = 715,478 × 103π × 252 = 364,4 MPa, constata-se que ocorre escoamento no aço, pois: σaço = 364,4 MPa > (σe)aço = 250 MPa 
Portanto: 𝛔𝐚ç𝐨 = 𝟐𝟓𝟎 𝐌𝐏𝐚 250 = Façoπ × 252 ∴ Faço = 490,87 kN 
Fal = 1.500 – 490,87 = 1.009,13 kN σal = 1.009,13 × 103π(502 − 252) = 171,31 MPa 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fal + Faço = 1.500 kN [1] 
δal = δaço FaçoL(252)(200×103) = FalL(502 − 252)(73,1 × 103) ∴ Fal = 1,0965Faço [2] 
Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 715,478 kN 
Carga Axial 
163 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.97. A haste do parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutida em uma luva de bronze. O diâmetro externo 
dessa luva é 20 mm. Se a tensão de escoamento for (σe)aço = 640 MPa para o aço e (σe)br = 520 MPa para o bronze, 
determine o valor da maior carga elástica P que pode ser aplicada ao conjunto. Eaço = 200 GPa, Ebr = 100 GPa. 
 
 Figura 4.97 
 
 
 
 640 = 0,4Pπ4 × 102 ∴ P = 126 kN 
4.98. O peso é suspenso por cabos de aço e alumínio, cada um com mesmo comprimento inicial de 3 m e área de seção 
transversal de 4 mm². Se considerarmos que os materiais são elásticos perfeitamente plásticos com (σe)aço = 120 MPa e 
(σe)al = 70 MPa, determine a força em cada cabo se o peso for (a) 600 N e (b) 720 N. Eal = 70 GPa, Eaço = 200 GPa. 
 
 Figura 4.98 
(a) W = 600 N 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
P – Fbr – Faço = 0 [1] 
δbr = δaço FbrL(202−102)(100×103) = FaçoL(102)(200×103) ∴ Fbr = 1,5Faço [2] 
Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: Faço = 0,4P 
↑ + ∑ Fy = 0 
Faço + Fal = 600 [1] 
δal = δaço Fal = EalEaço Faço = 70200 Faço = 0,35Faço [2] 
Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 444 N 
Continua... 
Carga Axial 
164 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
σaço = 444,444 = 111,11 MPa < (σe)aço = 120 MPa 𝐎𝐤 ! 
Fal = 600 – 444 = 156 N 
(b) W = 720 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
4.99. A barra tem área de seção transversal de 625 mm². Se uma força P = 225 kN for aplicada em B e, então, removida, 
determine a tensão residual nas seções AB e BC. σe = 210 MPa. 
 
 
 Figura 4.99 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Faço + Fal = 720 [1] 
δal = δaço Fal = EalEaço Faço = 70200 Faço = 0,35Faço [2] 
Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 533,33 N σaço = 533,334 = 133,33 MPa > (σe)aço = 120 MPa 
Ocorre escoamento no aço, logo: 120 = Faço4 ∴ Faço = 480 N 
Fal = 720 – 480 = 240 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FC – P = 0 [1] 
δP = δC FC = 34 × 225 = 168,75 kN [2] 
FA = 225 – 168,75 = 56,25 kN 
σBC = 168,75 × 103625 = 270 MPa > σe = 210 MPa 
Ocorre escoamento do material, logo: σBC′ = σe = 210 MPa 
FC’ = σeA = 210 × 625 = 131,25 kN e FA’ = 225 – 131,25 = 93,75 kN σAB′ = FA′A = 93,75 × 103625 = 150 MPa e σAB = FAA = 56,25 × 103625 = 90 MPa ∆σAB = 150 − 90 = 60 MPa (T) e ∆σBC = 270 − 210 = 60 MPa (T) 
Carga Axial 
165 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.100. A barra tem área de seção transversal de 300 mm² e é feita de um material cujo diagrama tensão-deformação 
pode ser aproximado pelos dois segmentos de reta mostrados na figura. Determine o alongamento da barra resultante 
do carregamento aplicado. 
 
 
Figura 4.100 
 
 
 
 σBC = 25(103)300 = 83,33 MPa (não ocorre escoamento) 
 
1400,001 = 83,33ϵBC ∴ ϵBC = 5,952 × 10−4mm/mm δBC = ϵBCLBC = (5,952 × 10−4)(600) = 0,357 mm 
 
 
 σAB = 65(103)300 = 216,67 MPa ; ocorre escoamento em B, pois: σAB = 216,67 MPa > σe = 140 MPa, sendo assim: 280 − 1400,021− 0,001 = 216,67 − 140ϵAB − 0,001 ∴ ϵAB = 0,01195 mm/mm δAB = ϵABLAB = 0,01195 × 1.500 = 17,93 mm 
 δTotal = δAB + δBC = 17,93 + 0,357 = 18,286 mm 
Carga Axial 
166 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.101. A barra rígida é sustentada por um pino em A e dois cabos de aço, cada um com diâmetro de 4 mm. Se a tensão 
de escoamento para os cabos for σe = 530 MPa e Eaço = 200 GPa, determine a intensidade da carga distribuída w que 
pode ser colocada sobre a viga e provocará um início de escoamento somente no cabo EB. Qual é o deslocamento do 
ponto G para esse cabo? Para o cálculo, considere que o aço é elástico perfeitamente plástico. 
 
 
Figura 4.101 
 
 
 
 
 
 σCD = 10,823×103π4 × 42 = 861,25 MPa ; σCD > σe = 530 MPa , ocorre escoamento do material, logo: TCD = TBE = 6,66 kN 
Substituindo TCD e TBE na equação [1], obtem-se:w = 21,9 kN/m 
 δBE = 6,66 × 103π4 × 42 × 200 × 103 = 2,12 mm ∴ tang(ϕ) = 2,12400 = 0,0053 ∴ δG = 800 × 0,0053 = 4,24 mm 
↶ + ∑ MA = 0 
0,4TBE – 0,4 × 0,8w + 0,65TCD = 0 
0,4TBE + 0,65TCD = 0,32 [1] 
530 = TEBπ4 × 42 ∴ TBE = 6,66 kN [2] 400 + 250400 = δCDδBE ∴δCD = 1,625δBE [3] 
Solucionando as equações [1], [2] e [3], obtem-se: TCD = 10,823 kN 
Carga Axial 
167 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.102. A barra é sustentada por um pino em A e dois cabos de aço, cada um com diâmetro de 4 mm. Se a tensão de 
escoamento para os cabos for σe = 530 MPa e Eaço = 200 GPa, determine (a) a intensidade da carga distribuída w que 
pode ser colocada sobre a viga de modo a provocar um início de escoamento somente em um dos cabos e (b) a menor 
intensidade da carga distribuída que provoque o escoamento de ambos os cabos. Para o cálculo, considere que o aço é 
elástico perfeitamente plástico. 
 
 
Figura 4.102 
 (a) Início de escoamento apenas em um dos cabos 
 
 
 
 
 σCD = 10,823×103π4 × 42 = 861,25 MPa; σCD = 861,25 MPa > σe = 530 MPa , ocorre escoamento do material, logo: TCD = 6,66 kN δCD = 1,625δBE ∴ TCD = 1,625TBE ∴ TBE = 6,66/1,625 = 4,099 kN 
Substituindo TBE e TCD na equação [1], obtem-se: w = 18,7 kN/m 
(b) Escoamento de ambos os cabos δBE = δCD ∴ TBE = TCD = 6,66 kN 
 Substituindo TBE e TCD na equação [1], obtem-se: 
w = 21,9 kN/m 
↶ + ∑ MA = 0 
0,4TBE – 0,4 × 0,8w + 0,65TCD = 0 
0,4TBE + 0,65TCD = 0,32 [1] 
530 = TEBπ4 × 42 ∴ TBE = 6,66 kN [2] 400 + 250400 = δCDδBE ∴ δCD = 1,625δBE ∴ TCD = 1,625 × 6,66 = 10,823 kN 
Carga Axial 
168 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.103. A viga rígida é suportada pelos três postes A, B e C de comprimentos iguais. Os postes A e C têm diâmetros de 
75 mm e são feitos de alumínio, para o qual Eal = 70 GPa e (σe)al = 20 MPa. O poste B tem diâmetro de 20 mm e é feito 
de latão, para o qual Elat = 100 GPa e (σe)lat = 590 MPa. Determine o menor valor de P de modo que (a) somente as 
hastes A e C sofram escoamento e (b) todos os postes sofram escoamento. 
 
 Figura 4.103 
(a) Somente as hastes A e C sofram escoamento 
 
 
 
Substituindo Fal na equação [2], tem-se: Flat = 8,976 kN. Agora substituindo Fal e Flat em [1], tem-se: P = 92,8 kN 
(b) Todos os postes sofram escoamento 590 = Flatπ4 × 202 ∴ Flat = 18,535 kN 
Substituindo Fal e Flat na equação [1], obtem-se: P = 181 kN 
4.104. A viga rígida é suportada pelos três postes A, B e C de comprimentos iguais. Os postes A e C têm diâmetros de 
60 mm e são feitos de alumínio, para o qual Eal = 70 GPa e (σe)al = 20 MPa. O poste B é feito de latão, para o qual Elat = 
100 GPa e (σe)lat = 590 MPa. Se P = 130 kN, determine o maior diâmetro do poste B, de modo que todos os postes 
sofram escoamento ao mesmo tempo. 
 
 Figura 4.104 
 
 
 
Substituindo Fal e Flat na equação [1], obtemos: dB = 2√P − Fal295π = 2√130 × 103 − 56,549 × 103295π = 17,8 mm 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fal + Flat + Fal – P – P = 0 
2Fal + Flat = 2P [1] 
δal = δlat ∴ Fal = ( 752 × 70202 × 100) Flat = 9,844Flat [2] 20 = Falπ4 × 752 ∴ Fal = 88,357 kN [3] 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fal + Flat + Fal – P – P = 0 
2Fal + Flat = 2P [1] 
(σe)al = Falπ4dA2 = Falπ4 × 602 = 20 ∴ Fal = 56,549 kN [2] (σe)lat = Flatπ4dB2 = Flatπ4dB2 = 590 ∴ Flat = 295π2 dB2 [3] 
Carga Axial 
169 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.105. A viga é sustentada por três cabos de aço A-36, cada um com comprimento de 1,2 m. A área da seção transversal 
de AB e EF é 10 mm², e a área da seção transversal de CD é 4 mm². Determine a maior carga distribuída w que pode ser 
suportada pela viga antes que qualquer dos cabos comece a escoar. Se considerarmos que o aço é elástico perfeitamente 
plástico, determine até que distância a viga é deslocada para baixo exatamente antes de todos os cabos começarem a 
escoar. 
 
 
 Figura 4.105 
 
 
 
 
Substituindo TCD, TEF e TAB na equação [1], obtem-se: w = 2,00 kN/m δEF = δCD = δAB = TEFLEFAEFEaço = 2,5 × 103 × 1.20010 × 200 × 103 = 1,500 mm 
4.106. O diagrama tensão-deformação de um material pode ser descrito pela curva σ = cε1/2. Determine a deflexão δ da 
extremidade de uma haste feita desse material se ela tiver comprimento L, área de seção transversal A e peso específico 𝛾. 
 
 
 Figura 4.106 γ = wV ∴ w = γAy dδ = ϵdy = (σ2c2) dy = ( w2A2c2) dy = (γ2y2c2 ) dy ∴ δ = ∫ (γ2y2c2 ) dyL0 = 𝛄𝟐𝐋𝟑𝟑𝐜𝟐 
↑ + ∑ Fy = 0 
TAB + TCD + TEF – 3w = 0 [1] 
δCD = δEF ∴ TEF = 2,5TCD [2] σe = TEFAEF = TEF10 = 250 ∴ TEF = TAB = 2,5 kN [3] 
Substituindo TEF em [2]: TCD = 
2,52,5 = 1 kN 
Carga Axial 
170 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.107. Resolva o Problema 4.106 se o diagrama tensão-deformação for definido por σ = cε3/2. 
 
 
 Figura 4.107 
 γ = wV ∴ w = γAy dδ = ϵdy = (σ2 3⁄c2 3⁄ ) dy = ( w2 3⁄A2 3⁄ c2 3⁄ ) dy = (γ2 3⁄ y2 3⁄c2 3⁄ ) dy ∴ δ = ∫ (γ2 3⁄ y2 3⁄c2 3⁄ ) dyL0 = 𝟑𝟓 (𝛄𝐜)𝟐 𝟑⁄ 𝐋𝟓 𝟑⁄ 
*4.108. A barra com diâmetro de 50 mm está presa em suas extremidades e suporta a carga axial P. Se o material for 
elástico perfeitamente plástico com mostra o diagrama de tensão-deformação, determine a menor carga P necessária 
para provocar o escoamento do segmento AC. Se essa carga for liberada, determine o deslocamento permanente do 
ponto C. 
 
 Figura 4.108 
 
 
 
FA = FB = 274,89 kN, substituindo FA e FB na equação [1], obtem-se: P = 549,78 kN 
E = 
140 × 1060,001 = 140 GPa ∴ ∆δ = PLBCπ4d2E = 549,78 × 103 × 900π4 × 502 × 140 × 103 = 1,80 mm← 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB – P = 0 [1] 
σe = FAπ4d2 = FAπ4 × 502 = 250 ∴ FA = 274,89 kN [2] 
Carga Axial 
171 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.109. Determine o alongamento da barra no Problema 4.108 quando são removidos tanto a carga P quanto os apoios. 
 
 
Figura 4.109 
 
 
 
 
 
 
FA = FB = 274,89 kN, substituindo FA e FB na equação [1], obtem-se: P = 549,78 kN 
E = 
140 × 1060,001 = 140 GPa 
 δC = PLBCπ4d2E = 549,78 × 103 × 900π4 × 502 × 140 × 103 = 1,80 mm δ′′C = δA − δC = FALABπ4d2E − δC = 274,89 × 103 × 1.500π4 × 502 × 140 × 103 − 1,80 = −0,300 mm 
A barra alonga-se 0,3 mm para a esquerda em A, daí o sinal negativo. 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB – P = 0 [1] 
σe = FAπ4d2 = FAπ4 × 502 = 140 ∴ FA = 274,89 kN [2] 
Carga Axial 
172 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.5 - PROBLEMAS DE REVISÃO 
4.110. Um rebite de aço com 6 mm de diâmetro a uma temperatura de 800°C está preso entre duas chapas de tal modo 
que, nessa temperatura, ele tem 50 mm de comprimento e exerce uma força de aperto de 1,25 kN entre as chapas. 
Determine o valor aproximado da força de aperto entre as chapas quando o rebite esfriar até 5°C. Para o cálculo, 
considere que as cabeças do rebite e as chapas são rígidas. Considere também αaço = 14(10-6)/°C, Eaço = 200 GPa. O 
resultado é uma estimativa conservadora da resposta real? Justifique sua resposta. 
 
 
Figura 4.110 
 δF = δT ∴ FT = π4 d2αaçoEaço(T2 − T1) = π4 (62)(14 × 10−6)(200 × 103)(5 − 800) = 62,94 kN 
Logo, a força de aperto devido àtração será: Faperto = 1,25 + 62,94 = 64,189 kN 
Sim, porque conforme o rebite esfria, as chapas e as cabeças do rebite também se deformarão. A força FT no rebite não será tão grande. 
 
4.111. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada à chapa de aço. A tensão admissível é σadm = 150 MPa. 
 
Figura 4.111 
 Wh = 12060 = 2 ∴ rh = 660 = 0,1 ∴ k = 2,4 
 
rW = 12120 = 0,1 ∴ k = 2,65 σadm = kσméd = kPht = 2,4P60 × 6 ∴ P = 22,5 kN σadm = kσméd = kP(W − 2r)t = 2,65P(120 − 2 × 12)(6)∴ P = 32,60 kN 
Carga Axial 
173 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*4.112. O elo rígido é sustentado por um pino em A e dois cabos de aço A-36, cada um com comprimento de 300 mm 
quando não alongados e área de seção transversal de 7,8 mm². Determine a força desenvolvida nos cabos quando o elo 
suportar a carga vertical de 1,75 kN. 
 
Figura 4.112 
 
 
 
 
Substituindo FC na equação [1], obtem-se: FB = 0,433 kN e FC = 0,974 kN 
4.113. A força P é aplicada à barra, a qual é composta por um material elástico perfeitamente plástico. Construa um 
gráfico para mostrar como a força varia em cada seção AB e BC (ordenadas) à medida que P (abscissa) aumenta. A 
barra tem áreas de seção transversal de 625 mm² na região AB e 2.500 mm² na região BC e σe = 210 MPa. 
 
 Figura 4.113 
↶ + ∑ MA = 0 
1,75 × 0,15 – 0,1FB – 0,225FC = 0 [1] δCδB = 225100 = 2,25 δC = 2,25δB ∴ FC = 2,25FB [2] 
Carga Axial 
174 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.114. A haste de alumínio 2014-T6 tem diâmetro de 12 mm e está levemente conectada aos apoios rígidos em A e B 
quando T1 = 25°C. Se a temperatura baixar para T2 = −20°C e uma força axial P = 80 N for aplicada ao colar rígido, 
como mostra a figura, determine as reações em A e B. 
 
 Figura 4.114 
 
 
 
FA = P + FB = 0,080 + 8,526 = 8,606 kN 
4.115. A haste de alumínio 2014-T6 tem diâmetro de 12 mm e está levemente conectada aos apoios rígidos em A e B 
quando T1 = 40°C. Determine a força P que deve ser aplicada ao colar de modo que, quando T = 0°C, a reação em B 
seja nula. 
 
 Figura 4.115 
 δP + δT = δB ∴ PL1π4d2Eal + αal(T2 − T1)L = FBLπ4d2Eal 
Para: T = 0°C, FB = 0, logo: P = − πd2αal(T2 − T1)LEal4L1 = (π × 122)(23 × 10−6)(0 − 40)(325)(73,1 × 103)4 × 125 = 19,776 kN 
*4.116. A coluna de aço A-36 tem área de seção transversal de 11.250 mm² e está engastada em concreto de alta 
resistência, como mostra a figura. Se uma força axial de 300 kN for aplicada à coluna, determine a tensão de compressão 
média no concreto e no aço. Até que distância a coluna se encurta? Seu comprimento original é 2,4 m. 
 
 Figura 4.116 
→ + ∑ Fx = 0 −FA + FB + P = 0 [1] δP + δT = δB ∴ 
80 × 125π4 × 122 × 73,1 × 103 + (23 × 10−6) (−20 − 25)(325) = FB × 325π4 × 122 × 73,1 × 103 
Solucionando a equação, obtem-se: FB = 8,526 kN 
Continua... 
Carga Axial 
175 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 σaço = 148,88 × 10311.250 = 13,23 kN Fconc = 300 – 148,88 = 151,12 kN ∴ σconc = 151,12 × 10390.000 − 11.250 = 1,92 kN δ = δconc = δaço = FaçoLAaçoEaço = 148,88 × 103 × 2.40011.250 × 200 × 103 = 0,15881 mm 
4.117. A coluna de aço A-36 está engastada em concreto de alta resistência, como mostra a figura. Se uma força axial 
de 300 kN for aplicada à coluna, determine a área exigida para o aço de modo que a força seja compartilhada igualmente 
entre o aço e o concreto. Até que distância a coluna se encurta? Seu comprimento original é 2,4 m. 
 
 Figura 4.117 
 
 
 
4.118. O conjunto é formado por uma barra de alumínio ABC com 30 mm de diâmetro com um colar fixo em B e uma 
haste de aço CD com 10 mm de diâmetro. Determine o deslocamento do ponto D quando o conjunto for carregado como 
mostra a figura. Despreze o tamanho do colar em B e o acoplamento em C. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. 
 
 Figura 4.118 
δD = δCD + δBC + δAB ∴ δD = 20 × 103 × 700π4 × 102 × 200 × 103 + 20 × 103 × 500π4 × 302 × 70 × 103 + 12 × 103 × 300π4 × 302 × 70 × 103 = 1,17 mm 
↑ + ∑ Fy = 0 
Fconc + Faço – 300 = 0 [1] 
δaço = δconc ∴ Fconc = 78750 × 29Econc11.250 × 200 Faço = 1,015Faço [2] 
Substituindo Fconc na equação [1], obtem-se: Faço = 148,88 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Faço = Fconc = F 
Fconc + Faço – 300 = 0 ∴ F = 150 kN 
δaço = δconc ∴ Aaço = 90.000 × 2929 + 200 = 11.397,38 m² δ = δconc = δaço = FaçoLAaçoEaço = 150 × 103 × 2.40011.397,38 × 200 × 103 = 0,15793 mm 
Carga Axial 
176 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
4.119. A junta é composta por três chapas de aço A-36 interligadas nas costuras. Determine o deslocamento da 
extremidade A em relação à extremidade B quando a junta for submetida às cargas axiais mostradas. Cada chapa tem 
espessura de 5 mm. 
 
 
Figura 4.119 
 
 
 δ1 = 46 × 6005 × 100 × 200 = 0,276 mm 
 
 
 δ2 = 46 × 2003 × 5 × 100 × 200 = 0,03067 mm 
 
 
 δ3 = 23 × 8005 × 100 × 200 = 0,184 mm δA/B = δ1 + δ2 + δ3 = 0,276 + 0,03067 + 0,184 = 0,491 mm 
 
 
 
 
177 
Capítulo 5 
 
 
 
 
 
Torção 
 
 
 
 
 
 
Torção 
178 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.1 - PROBLEMAS 
5.1. Um eixo é feito de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 84 MPa. Se o diâmetro do eixo for 37,5 mm, 
determine o torque máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um furo de 25 mm 
de diâmetro no eixo? Faça um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento ao longo de uma linha radial em cada 
caso. 
 
 Figura 5.1 
 
τadm = Tc0J ∴ T = πc03τadm2 = π × 0,018753 × 84 × 1062 = 0,87 kN.m 
 T ′ = π(c04 − ci4)τadm2c0 = π(0,018754 − 0,01254)(84 × 106)2 × 0,01875 = 0,698 kN.m 
τ′ = T′ciπ2(c04 − ci4) = (0,698 × 103)(0,0125)π2(0,018754 − 0,01254) = 56 MPa 
5.2. O eixo maciço de raio r está sujeito a um torque T. Determine o raio r’ do núcleo interno do eixo que resista à 
metade do torque aplicado (T/2). Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) 
determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento. 
 
 Figura 5.2 
(a) Usando a fórmula da torção 
τmáx = T′cJ1 ∴ T ′ = π(r4 − r′4)τmáx2r ∴ τmáx = TcJ2 = 2Tπr3 
Substituindo τmáx em T′, tem-se: T ′ = (1 − r′4r4 ) T. Sabe-se que T ′ = T2, logo: r′ = r√24 = 0,841r 
(b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento 
∫ dTr20 = 2π ∫ τρ2dρr′0 = 2π ∫ ρr τmáxρ2dρr′0 = ∫ ρr ( 2Tπr3) ρ2dρr′0 T2 = 4Tr4 ∫ ρ3dρr′0 ∴ r′ = r4√24 = 0,841r 
Torção 
179 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.3. O eixo maciço de raio r está sujeito a um torque T. Determine o raio r’ do núcleo interno do eixo que resista a 1/4 
do torque aplicado (T/4). Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) determinando a 
resultante da distribuição da tensão de cisalhamento. 
 
 Figura 5.3 
(a) Usando a fórmula da torção 
τmáx = T′cJ1 ∴ T ′ = π(r4 − r′4)τmáx2r ∴ τmáx = TcJ2 = 2Tπr3 
Substituindo τmáx em T′, tem-se: T ′ = (1 − r′4r4 ) T. Sabe-se que T ′ = 3T4 , logo: r′ = r√44 = 0,707r 
(b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento 
τ = ρc τmáx = ρr ( 2Tπr3) = 2Tπr4 ρ ; dA = 2πρdρ 
dT = ρτdA = ρ ( 2T
πr4 ρ) (2πρdρ) = 4Tr4 ρ3dρ 
 ∫ dTr40 = 4Tr4 ∫ ρ3dρr′0 ∴ 14 = (r′)4r4 ∴ r’ = 0,707r 
*5.4. O tubo é submetido a um torque de 750 N.m. Determine a parcela desse torque à qual a seção sombreada cinza 
resiste. Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) determinando a resultante da 
distribuição da tensão de cisalhamento. 
 
 
Figura 5.4 
(a) Usando a fórmula da torção 
τmáx = TcJ = 750 × 0,1π2(0,14 − 0,0254) = 0,4793 MPa ∴ τmáx = 0,4793 × 106 = T′× 0,1π2(0,14 − 0,0754) ∴T’ = 515 N.m 
(b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento 
τ = (ρc) τmáx ∴ T′ = ∫ 2πτρ2dρ =0,10,075 2π ∫ τmáx (ρc)0,10,075 ρ2dρ = 2π × 0,4793 × 1060,1 ∫ ρ3dρ0,10,075 = 𝟓𝟏𝟓 𝐍. 𝐦 
Torção 
180 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Determine a 
tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. 
 
 Figura 5.5 
 
τmáx = TmáxcJ = 2Tmáxπc3 = 2 × 400 × 103π × 153 = 75,5 MPa 
5.6. O eixo maciço de 32 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Se o eixo estiver 
apoiado em mancais lisos em A e B, que não resistem a torque, determine a tensão de cisalhamento desenvolvida no 
eixo nos pontos C e D. Indique a tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. 
 
 
 Figura 5.6 
 
Ponto C 
τC = TCcJ = 2TCπc3 = 2 × 185 × 103π × 163 = 28,75 MPa 
 
Ponto D 
τD = TDcJ = 2TDπc3 = 2 × 75 × 103π × 163 = 11,66 MPa 
Torção 
181 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.7. O eixo tem diâmetro externo de 32 mm e diâmetro interno de 25 mm. Se for submetido aos torques aplicados 
mostrado na figura, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta desenvolvida no eixo. Os mancais lisos em A 
e B não resistem a torque. 
 
Figura 5.7 
 
τmáx = Tmáxc0π2(c04− ci4) = 2Tmáxc0π(c04 − ci4) = 2 × 185 × 103 × 16π(164 − 12,54) = 45,82 MPa 
*5.8. O eixo tem diâmetro externo de 32 mm e diâmetro interno de 25 mm. Se for submetido aos torques aplicados 
mostrado na figura, faça o gráfico da distribuição da tensão de cisalhamento que age ao longo de uma linha radial que 
se encontra no interior da região EA do eixo. Os mancais lisos em A e B não resistem a torque. 
 
Figura 5.8 
τmáx = Tmáxc0π2(c04− ci4) = 185 × 103 × 16π2(164 − 12,54) = 45,82 MPa τρ = Tmáxciπ2(c04− ci4) = 185 × 103 × 12,5π2(164 − 12,54) = 35,80 MPa 
 
Torção 
182 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.9. O conjunto é composto por duas seções de tubo de aço galvanizado interligados por uma redução em B. O tubo 
menor tem diâmetro externo de 18,75 mm e diâmetro interno de 17 mm, enquanto que o tubo maior tem diâmetro 
externo de 25 mm e diâmetro interno de 21,5 mm. Se o tubo estiver firmemente preso à parede em C, determine a tensão 
de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo quando o conjugado mostrado na figura for aplicado ao 
cabo da chave. 
 
 Figura 5.9 
TAB = 75(0,15 + 0,2) = 26,25 N.m ∴ τAB = (26,25)(0,009375)π2(0,0093754 − 0,00854) = 62,55 MPa 
τBC = (26,25)(0,0125)π2(0,01254 − 0,010754) = 18,89 MPa 
5.10. O elo funciona como parte do controle do elevador de um pequeno avião. Se o tubo de alumínio conectado tiver 
25 mm de diâmetro interno e parede de 5 mm de espessura, determine a tensão de cisalhamento máxima no tubo quando 
a força de 600 N for aplicada aos cabos. Além disso, trace um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento na 
seção transversal. 
 
 Figura 5.10 
c0 = ci + t = 12,5 + 5 = 17,5 mm 
T = (600)(0,75 + 0,75) = 90 N.m ∴ τmáx = Tc0π2(c04 − ci4) = 90 × 103 × 17,5π2(17,54 − 12,54) = 14,5 MPa 
τi = Tciπ2(c04 − ci4) = 90 × 103 × 12,5π2(17,54 − 12,54) = 10,32 MPa 
Torção 
183 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.11. O eixo é composto por três tubos concêntricos, todos do mesmo material, e cada um com os raios internos e 
externos mostrados na figura. Se for aplicado um torque T = 800 N.m ao disco rígido preso à sua extremidade, determine 
a tensão de cisalhamento máxima no eixo. 
 
 
Figura 5.11 
 
J = 
π2 (0,0384 + 0,034 + 0,0254 − 0,0324 − 0,0264 − 0,0204) = 2,54502 × 10-6 m4 
τmáx = Tc0J = 800 × 0,0382,54502 × 10−6 = 11,9 MPa 
*5.12. O eixo maciço está preso ao suporte em C e sujeito aos carregamentos de torção mostrados. Determine a tensão 
de cisalhamento nos pontos A e B e faça um rascunho da tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados 
nesses pontos. 
 
Figura 5.12 
 
τA = (500)(0,035)π2(0,035)4 = 7,42 MPa 
 τB = (800)(0,020)π2(0,035)4 = 6,79 MPa 
Torção 
184 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.13. Um tubo de aço com diâmetro externo de 62,5 mm é usado para transmitir 3 kW quando gira a 27 rev/minuto. 
Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro interno d do tubo se a tensão de cisalhamento admissível 
for τadm = 70 MPa. 
 
Figura 5.13 
ω = 27 × 2π60 = 2,82743 rad/s 
τadm = TcJ ∴ di = √d04 − 16Pd0πωτadm4 = √0,06254 − 16 × 3 × 103 × 0,0625π × 2,82743 × 70 × 1064 = 0,05683 m = 56,83 mm ≅ 60 mm 
5.14. O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm e tensão de cisalhamento admissível τadm = 6 MPa. Determine 
o maior torque T1 que pode ser aplicado ao eixo se ele também estiver sujeito a outros carregamentos de torção. Exige-
se que T1 aja na direção mostrada. Determine também a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões CD e 
DE. 
 
Figura 5.14 
 
 
TBC = (T1– 68) N.m ∴ τadm = TmáxcJ = 2(T1 − 68)πc3 = 2(T1 − 68)π × 0,0253 = 6 × 106 ∴ T1 = 215,26 = 215 N.m 
TCD = 215,26 – 68 – 49 = 98,26 N.m ∴ (τmáx)CD = TCDcJ = 2TCDπc3 = 2 × 98,26π × 0,0253 = 4,00 MPa 
TDE = 215,26 – 68 – 49 – 35 = 63,26 N.m ∴ (τmáx)DE = TDEcJ = 2TDEπc3 = 2 × 63,26 π × 0,0253 = 2,58 MPa 
Torção 
185 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.15. O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no 
eixo e trace um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento ao longo da linha radial do eixo onde a tensão de 
cisalhamento é máxima. Considere T1 = 20 N.m. 
 
 Figura 5.15 
 
Tmáx = 68 + 49 + 35 – 20 = 132 N.m ∴ τmáx = TmáxcJ = 2Tmáxπc3 = 2 × 132π × 0,0253 = 5,38 MPa 
*5.16. O motor transmite um torque de 50 N.m ao eixo AB. Esse torque é transmitido ao eixo CD pelas engrenagens 
em E e F. Determine o torque de equilíbrio T’ no eixo CD e a tensão de cisalhamento máxima em cada eixo. Os mancais 
B, C e D permitem a livre rotação dos eixos. 
 
Figura 5.16 
 
TCD = 
50 × 12550 = 125 N.m 
 
 
 
↶ + ∑ T = 0 
T’ – TCD = 0 
T’ = 125 N.m 
(τmáx)AB = TABcJ = 50 × 0,015π2 × 0,0154 = 9,43 MPa (τmáx)CD = TCDcJ = 125 × 0,0175π2 × 0,01754 = 14,8 MPa 
Torção 
186 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.17. Se o torque aplicado ao eixo CD for T’ = 75 N.m, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta em cada 
eixo. Os mancais B, C e D permitem a livre rotação dos eixos, e o motor impede a rotação dos eixos. 
 
 Figura 5.17 
 (τCD)máx = T′cJ = 75 × 0,0175π2 × 0,01754 = 8,91 MPa 
 TAB = 50 T′125 = 50 × 75125 = 30 N.m ∴ (τEA)máx = TABcJ = 30 × 0,015π2 × 0,0154 = 5,66 MPa 
5.18. O tubo de cobre tem diâmetro externo de 62,5 mm e diâmetro interno de 57,5 mm. Se estiver firmemente preso à 
parede em C e for submetido a um torque uniformemente distribuído, como mostra a figura, determine a tensão de 
cisalhamento desenvolvida nos pontos A e B. Esses pontos se encontram na superfície externa do tubo. Faça um 
rascunho da tensão de cisalhamento sobre os elementos de volume localizados em A e B. 
 
 Figura 5.18 
 
TA = 625 × 0,3 = 187,5 N.m ∴ τA = TAc0π2(c04 − ci4) = 187,5 × 0,03125π2(0,031254 − 0,028754) = 13,79 MPa 
TB = 625 × 0,525 = 328,125 N.m ∴ τB = TBc0π2(c04 − ci4) = 328,125 × 0,03125π2(0,031254 − 0,028754) = 24,14 MPa 
 
Torção 
187 
Resolução:Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.19. O tubo de cobre tem diâmetro externo de 62,5 mm e diâmetro interno de 57,5 mm. Se estiver firmemente preso à 
parede em C e for submetido ao torque uniformemente distribuído ao longo de todo o seu comprimento, determine a 
tensão de cisalhamento máxima absoluta no tubo. Discuta a validade desse resultado. 
 
 Figura 5.19 
Tmáx = (625)(0,3 + 0,225 + 0,1) = 390,625 N.m 
τmáx = Tmáxc0π2(c04 − ci4) = 390,625 × 0,03125π2(0,031254 − 0,028754) = 28,73 MPa 
*5.20. O eixo maciço com 60 mm de diâmetro está sujeito aos carregamentos de torção distribuídos e concentrados 
mostrados na figura. Determine a tensão de cisalhamento nos pontos A e B e trace um rascunho da tensão de 
cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. 
 
Figura 5.20 
 
TA = 400 N.m ∴ τA = TAcJ = 400 × 0,03π2 × 0,034 = 9,43 MPa 
TB = 800 + 400 – 600 = 600 N.m ∴ τB = TBcJ = 600 × 0,03π2 × 0,034 = 14,15 MPa 
 
Torção 
188 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.21. O eixo maciço com 60 mm de diâmetro está sujeito aos carregamentos de torção e concentrados mostrados na 
figura. Determine as tensões de cisalhamento máxima e mínima no eixo e especifique suas localizações, medidas em 
relação à extremidade fixa. 
 
 
 Figura 5.21 
 
Tmáx = 0,4 + 2 × 0,8 + 0,6 = 1,4 kN.m ∴ τmáx = TmáxcJ = 1,4 × 103 × 0,03π2 × 0,034 = 33,0 MPa (Ocorre em x = 0) 
T – 0,4 + 0,6 – 2(0,8 – x) = 0 ∴ T = (1,4 – 2x) kN.m 
Para que T seja mínimo, T = 0 ∴ 1,4 – 2x = 0 ∴ x = 0,700 m, sendo assim: 𝛕𝐦í𝐧 = 𝟎 
Entretanto, por conta do princípio de Saint-Venant, a τmáx obtida não é válida. 
5.22. O eixo maciço é submetido aos carregamentos de torção distribuídos e concentrados mostrados na figura. 
Determine o diâmetro d exigido para o eixo se a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 175 MPa. 
 
 Figura 5.22 
 
Tmáx = 0,4 + 2 × 0,8 + 0,6 = 1,4 kN.m 
τmáx = TmáxcJ ∴ c = √2Tmáxπτadm3 = √2 × 1,4 × 106π × 1753 = 17,2 mm 
d = 2c = 2 × 17,2 = 34,4 mm 
Entretanto, a análise não é válida por conta do princípio de Saint Venant. 
Torção 
189 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.23. Os eixos de aço estão interligados por um filete de solda como mostra a figura. Determine a tensão de cisalhamento 
média na solda ao longo da seção a-a se o torque aplicado aos eixos for T = 60 N.m. Observação: A seção crítica onde 
a solda falha encontra-se ao longo da seção a-a. 
 
 
Figura 5.23 
 
T = Vd ∴ V = Td = 600,025 + 0,006 = 1.935,48 N 
 A = 2 × [2π(25 + 6) × 6sen45°] = 1.652,7524 mm² ∴ τméd = VA = 1.935,481.652,7524 = 1,17 MPa 
 
*5.24. A haste tem diâmetro de 12 mm e peso de 80 N/m. Determine a tensão de torção máxima provocada na haste 
pelo seu peso em uma seção localizada em A. 
 
 
 Figura 5.24 
 
 
 
w1 = 0,9 × 80 = 72 N 
w2 = 0,9 × 80 = 72 N 
w3 = 0,3 × 80 = 24 N 
Tx = 0,9 × 24 + 0,45 × 72 = 54 N.m 
τA = TxcJ = 54 × 0,006π2 × 0,0064 = 159,15 MPa 
Torção 
190 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.25. Resolva o Problema 5.24 para a tensão de torção máxima em B. 
 
 Figura 5.25 
 
 
 
5.27. O poste de madeira, o qual está enterrado no solo até a metade de seu comprimento, é submetido a um momento 
de torção de 50 N.m que o faz girar a uma velocidade angular constante. Esse momento enfrenta a resistência de uma 
distribuição linear de torque desenvolvida pelo atrito com o solo, que varia de zero no solo a t0 N.m/m na base do poste. 
Determine o valor de equilíbrio para t0 e, então, calcule a tensão de cisalhamento nos pontos A e B que se encontram na 
superfície externa do poste. 
 
 Figura 5.27 
Equação da reta do torque distribuído que passa pelos pontos (0,5t0;0) e (0;0,75m): t(y) = t0(12 − 23 𝑦) 
T = 2∫ t(y)dy = 2t0 ∫ (12 − 23 y) dy0,7500,750 = 0,375t0 ↶ + ∑ My = 0 ∴ 0,375t0 – 50 = 0 ∴ t0 = 133,33 = 133 N.m/m 
τA = TAcJ = 50 × 0,05π2 × 0,054 = 0,255 MPa 
TB = 2∫ t(y)dy0,250 = 27,78 N.m ∴ τB = TBcJ = 27,78 × 0,05π2 × 0,054 = 0,141 MPa 
w1 = 80 × 0,9 = 72 kN 
w2 = 80 × 0,9 = 72 kN 
w3 = 80 × 0,3 = 24 kN 
TB = 0,45 × 72 + 0,9 × 24 = 54 N.m 
τB = TBcJ = 54 × 0,006π2 × 0,0064 = 159,15 MPa 
Torção 
191 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.28. Uma mola cilíndrica é composta por um anel de borracha e eixo rígidos. Mantendo o anel fixo e aplicando um 
torque T ao eixo, determine a tensão de cisalhamento máxima na borracha. 
 
 
 Figura 5.28 
 
τmáx = FA = Tri2πrih = 𝐓𝟐𝛑𝐫𝐢𝟐𝐡 
 
5.29. O eixo tem diâmetro de 80 mm e, devido ao atrito na superfície no interior do furo, está sujeito a um torque 
variável descrito pela função t = (25xex2) N.m, onde x é dado em metros. Determine o torque mínimo T0 necessário 
para vencer o atrito e fazer o eixo girar. Determine também a tensão máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 5.29 
 
T = ∫ tdx = 25 ∫ xex22020 = 670 N.m 
 
 
 
↶ + ∑ Mx = 0 
T0 – 670 = 0 
T0 = 670 N.m 
τmáx = TcJ = 670 × 0,04π2 × 0,044 = 6,66 MPa 
Torção 
192 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.30. O eixo maciço tem conicidade linear de rA em uma extremidade e rB na outra extremidade. Deduza uma equação 
que dê a tensão de cisalhamento máxima no eixo em uma localização x ao longo da linha central do eixo. 
 
 Figura 5.30 rA − rBy = LL − x ∴ y = (rA − rB) (1 − xL) 
c = y + rB ∴ c = rA + (rB − rA)xL 
τmáx = TcJ = 𝟐𝐓𝐋𝟑𝛑[𝐫𝐀(𝐋 – 𝐱) + 𝐫𝐁𝐱]³ 
5.31. Ao perfurar um poço à velocidade constante, a extremidade inferior do tubo de perfuração encontra uma 
resistência à torção TA. Além disso, o solo ao longo das laterais do tubo cria um torque de atrito distribuído ao longo do 
comprimento do tubo, que varia uniformemente de zero na superfície B a tA em A. Determine o torque mínimo TB que 
deve ser transmitido pela unidade de acionamento para se vencerem os torques de resistência e calcule a tensão de 
cisalhamento máxima no tubo. O tubo tem raio externo ro e raio interno ri. 
 
 Figura 5.31 
Equação da reta do torque distribuído que passa pelos pontos (tA;0) e (0;L): t(y) = tA (1 − yL) 
 T = ∫ t(y)dy = tA ∫ (1 − yL) dyL0L0 = tAL2 
 
 
↶ + ∑ My = 0 
TB – TA – T = 0 ∴ 𝐓𝐁 = 𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝐀𝐋𝟐 τmáx = TBr0π2(r04 − ri4) = (𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝐀𝐋)𝐫𝟎𝛑(𝐫𝟎𝟒 − 𝐫𝐢𝟒) 
Torção 
193 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.32. O eixo de transmissão AB de um automóvel é feito de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 56 MPa. 
Se o diâmetro externo do eixo for 62,5 mm e o motor transmitir 165 kW ao eixo quando estiver girando a 1.140 
rev/minuto, determine a espessura mínima exigida para a parede do eixo. 
 
 
Figura 5.32 
 
ω = 1.140 × 2π60 = 119,38 rad/s 
τadm = Tc0π2(c04 − ci4) ∴ ci = √c04 − 2Pc0πωτadm4 = √0,031254 − 2 × 165 × 103 × 0,03125π × 119,38 × 56 × 1064 = 0,02608 m = 26,08 mm t = c0 − ci = 31,25 – 26,08 = 5,17 mm 
 
5.33. O projeto prevê que o eixo de transmissão AB de um automóvel será um tubo de parede fina. O motor transmite 
125 kW quando o eixo está girando a 1.500 rev/minuto. Determine a espessura mínima da parede do eixo se o diâmetro 
externo for 62,5 mm. A tensão de cisalhamento admissível do material é τadm = 50 MPa. 
 
 
Figura 5.33 
 
ω = 1.500 × 2π60 = 157,08 rad/s 
τadm = Tc0π2(c04 − ci4) ∴ ci = √c04− 2Pc0πωτadm4 = √0,031254 − 2 × 125 × 103 × 0,03125π × 157,08 × 50 × 1064 = 0,028252 m = 28,252 mm t = c0 − ci = 31,25 – 28,252 = 2,998 mm 
 
Torção 
194 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.34. O motor de engrenagens pode desenvolver 100 W quando gira a 300 rev/minuto. Se o eixo tiver diâmetro de 12 
mm, determine a tensão de cisalhamento máxima que será desenvolvida no eixo. 
 
 
Figura 5.34 
 
ω = 300 × 2π60 = 31,416 rad/s 
τadm = TcJ = 2Pπωc3 = 2 × 100 × 103π × 31,416 × 0,0063 = 9,382 MPa 
 
5.35. O motor de engrenagens pode desenvolver 100 W quando gira a 80 rev/minuto. Se a tensão de cisalhamento 
admissível para o eixo for τadm = 28 MPa, determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro do 
eixo que pode ser usado. 
 
 
Figura 5.35 
 
ω = 80 × 2π60 = 8,378 rad/s 
τadm = TcJ ∴ d = 2c = 2√ 2Pπωτadm3 = 2√ 2 × 100 × 103π × 8,378 × 28 × 1063 = 0,01016 m = 10,16 mm ≅ 15 mm 
 
Torção 
195 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.36. O eixo de transmissão de um trator é feito de um tubo de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 42 
MPa. Se o diâmetro externo for 75 mm e o motor transmitir 145 kW ao eixo quando estiver girando a 1.250 rev/minuto, 
determine a espessura mínima exigida para a parede do eixo. 
 
 
ω = 1.250 × 2π60 = 130,9 rad/s 
τadm = Tc0π2(c04 − ci4) ∴ ci = √c04 − 2Pc0πωτadm4 = √0,03754 − 2 × 145 × 103 × 0,0375π × 130,9 × 42 × 1064 = 0,03407 m = 34,07 mm t = c0 − ci = 37,5 – 34,07 = 3,427 mm 
 
 
5.37. O motor-redutor de 2,5 kW pode girar a 330 rev/minuto. Se o diâmetro do eixo for 20 mm, determine a tensão de 
cisalhamento máxima que será desenvolvida no eixo. 
 
 
Figura 5.37 
 
 
ω = 330 × 2π60 = 34,557 rad/s 
τmáx = TcJ = 2Pπωc3 = 2 × 2,5 × 103π × 34,557 × 0,013 = 46,055 MPa 
 
 
 
 
 
Torção 
196 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.38. O motor-redutor de 2,5 kW pode girar a 330 rev/minuto. Se a tensão de cisalhamento admissível para o eixo for 
τadm = 56 MPa, determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro do eixo que pode ser usado. 
 
 
Figura 5.38 
 
ω = 330 × 2π60 = 34,557 rad/s 
τadm = TcJ ∴ d = 2c = 2√ 2Pπωτadm3 = 2√ 2 × 2,5 × 103π × 34,557 × 56 × 1063 = 0,01874 m = 18,74 mm ≅ 20 mm 
 
5.39. O eixo maciço de aço AC tem diâmetro de 25 mm e está apoiado nos mancais lisos em D e E. O eixo está acoplado 
a um motor em C, que transmite 3 kW de potência ao eixo quando está girando a 50 rev/s. Se as engrenagens A e B 
absorvem 1 kW e 2 kW, respectivamente, determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida no eixo no interior 
das regiões AB e BC. O eixo é livre para girar em seus mancais de apoio D e E. 
 
 
Figura 5.39 
 
ω = 50 × 2π = 314,16 rad/s TAB = PABω = 1.000314,16 = 3,183 N.m (τAB)máx = TABcJ = 3,183 × 0,0125π2 × 0,01254 = 1,04 MPa TBC = PBCω = 3.000314,16 = 9,55 N.m (τBC)máx = TBCcJ = 9,55 × 0,0125π2 × 0,01254 = 3,11 MPa 
Torção 
197 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.40. Um navio tem um eixo de transmissão da hélice que gira a 1.500 rev/minuto quando está desenvolvendo 1.500 
kW. Se o eixo tiver 2,4 m de comprimento e 100 mm de diâmetro, determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo 
causado por torção. 
 
 
ω = 1.500 × 2π60 = 157,08 rad/s 
τmáx = TcJ = 2Pπωc3 = 2 × 1.500 × 103π × 157,08 × 0,053 = 48,634 MPa 
 
 
5.41. O motor A desenvolve potência de 300 W e gira a polia acoplada a 90 rev/minuto. Determine os diâmetros exigidos 
para os eixos de aço nas polias em A e B se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 85 MPa. 
 
 
Figura 5.41 
 
ω = 90 × 2π60 = 9,425 rad/s 
 TB = 150TA60 = 5P2ω 
τadm = TAcJ ∴ dA = 2cA = 2√ 2Pπωτadm3 = 2√ 2 × 300π × 9,425 × 85 × 1063 = 0,0124 m = 12,4 mm 
τadm = TBcJ ∴ dB = 2cB = 2√ 5Pπωτadm3 = 2√ 5 × 300π × 9,425 × 85 × 1063 = 0,0168 m = 16,8 mm 
 
 
 
 
 
Torção 
198 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.42. O motor transmite 400 kW ao eixo de aço AB, o qual é tubular e tem diâmetro externo de 50 mm e diâmetro 
interno de 46 mm. Determine a menor velocidade angular com que ele pode girar se a tensão de cisalhamento admissível 
para o material for τadm = 175 MPa. 
 
Figura 5.42 
 
τadm = Tc0π2(c04 − ci4) ∴ T = π2c0 τadm(c04 − ci4) 
ω = PT = 2Pc0π(c04 − ci4)τadm = 2 × 400 × 103 × 0,025π(0,0254 − 0,0234)(175 × 106) = (328,3712 rad/s) × 602π = 3.135,714 rpm 
 
5.43. O motor transmite 40 kW quando está girando a taxa constante de 1.350 rpm em A. Esse carregamento é 
transmitido ao eixo de aço BC do ventilador pelo sistema de correia e polia mostrado na figura. Determine, com 
aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro desse eixo se a tensão de cisalhamento admissível para o aço for 
τadm = 84 MPa. 
 
Figura 5.43 
 
ω = 1.350 × 2π60 = 141,372 rad/s TB = 200TA100 = 2Pω dB = 2cB = 2√ 4Pπωτadm3 = 2√ 4 × 40 × 103π × 141,372 × 84 × 1063 = 0,0325 m = 32,5 mm ≅ 35 mm 
Torção 
199 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.2 - PROBLEMAS 
*5.44. As hélices de um navio estão acopladas a um eixo maciço de aço A-36 com 60 m de comprimento, diâmetro 
externo de 340 mm e diâmetro interno de 260 mm. Se a potência de saída for 4,5 MW quando o eixo gira a 20 rad/s, 
determine a tensão de torção máxima no eixo e seu ângulo de torção. 
 
 
τmáx = Tc0π2(c04 − ci4) = 2Pc0πω(c04 − ci4) = 2 × 4,5 × 103 × 0,17020π(0,1704 − 0,1304) = 44,3 MPa ϕ = TLJGaço = 2PLπω(c04 − ci4)Gaço = 2 × 4,5 × 106 × 6020π(0,1704 − 0,1304)(75 × 109) = (0,2085 rad) × 180°π = 11,9° 
 
 
5.45. Um eixo é submetido a um torque T. Compare a efetividade da utilização do tubo mostrado na figura com a de 
uma seção maciça de raio c. Para isso, calcule o aumento percentual na tensão de torção e no ângulo de torção por 
unidade de comprimento para o tubo em comparação com o da seção maciça. 
 
 
Figura 5.45 
 
τtubo = Tc0π2(c04 − ci4) = 32T15πc3 
 τmaciça = 2Tπc3 
Aumento percentual na tensão de torção = 100% ( τtubo
τmaciça − 1) = 100% (32T 15πc3⁄2T πc3⁄ − 1) = 6,67% 
Aumento percentual do ângulo de torção = Aumento percentual na tensão de torção = 6,67% 
 
 
 
 
 
Torção 
200 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.46. O eixo de transmissão tubular para a hélice de um aerodeslizador tem 6 m de comprimento. Se o motor transmitir 
4 MW de potência ao eixo quando as hélices giram a 25 rad/s, determine o diâmetro interno exigido para o eixo, 
considerando que o diâmetro externo seja 250 mm. Qual é o ângulo de torção do eixo quando ele está em operação? 
Considere τadm = 90 MPa e G = 75 GPa. 
 
Figura 5.46 
 
τadm = Tc0π2(c04 − ci4) ∴ di = 2√c04 − 2Pc0πωτadm4 = 2√0,1254 − 2 × 4 × 106 × 0,125π × 25 × 90 × 1064 = 0,201 m = 201 mm φ = TLπ2(c04 − ci4)G = 2PLπω(c04 − ci4)G = 2 × 4 × 106 × 625π(0,1254 − 0,10054)(75 × 109) = (0,0095558 rad) × 180°π = 3,30° 
5.47. O eixo de aço A-36 é composto pelos tubos AB e CD e uma seção maciça BC. Está apoiado em mancais lisos que 
permitem que ele gire livremente. Se as engrenagens, presas às extremidades do eixo, forem submetidas a torques de 85 
N.m, determine o ângulo de torção da engrenagem A em relação à engrenagem D. Os tubos têm diâmetros externos de 
30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A seção maciça tem diâmetro de 40 mm. 
 
 Figura 5.47 
 φAB = φCD = TABLABπ2(c04 − ci4)Gaço = 85 × 0,4π2(0,0154 − 0,0104)(75 × 109) = 0,007104 rad 
 ϕBC = TBCLBCπ2c4Gaço = 85 × 0,25π2 × 0,0204 = 0,001127347 rad ϕA/D = ϕAB + ϕBC + ϕCD = 0,007104 + 0,001127347 + 0,007104 = (0,015335 rad) × 180°π = 0,879° 
Torção 
201 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.48. O eixo de aço A-36 é composto pelos tubos AB e CD e uma seção maciça BC. Está apoiado em mancais lisos 
que permitemque ele gire livremente. Se as engrenagens, presas às extremidades do eixo, forem submetidas a torques 
de 85 N.m, determine o ângulo de torção da extremidade B da seção maciça em relação à extremidade C. Os tubos têm 
diâmetro externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A seção maciça tem diâmetro de 40 mm. 
 
 Figura 5.48 
 ϕBC = TBCLBCπ2c4Gaço = 85 × 0,250π2 × 0,0204 × 75 × 109 = 0,001127347 rad ϕB/C = 0,001127347 × 180°π = 0,0646° 
 
5.49. O eixo da hélice do hidrofólio é de aço A-36 e tem 30 m de comprimento. Está acoplado a um motor diesel em 
linha, o qual transmite uma potência máxima de 2.000 kW e provoca rotação de 1.700 rpm no eixo. Se o diâmetro 
externo do eixo for 200 mm e a espessura da parede for 10 mm, determine a tensão de cisalhamento máxima 
desenvolvida no eixo. Determine também o ângulo de torção no eixo à potência total. 
 
 
Figura 5.49 
ci = c0 – t = 100 – 10 = 90 mm 
ω = 1.700 × 2π60 = 178,0236 rad/s 
τmáx = Tc0π2(c04 − ci4) = 2Pc0πω(c04 − ci4) = 2 × 2.000 × 103 × 0,100178,0236π(0,1004 − 0,0904) = 20,797 MPa ϕ = TLπ2(c04 − ci4)Gaço = 2PLπω(c04 − ci4)Gaço = 2 × 2.000 × 103 × 30178,0236π(0,1004 − 0,0904)(75 × 109) = (0,083188 rad) × 180°π = 4,766° 
Torção 
202 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.50. As extremidades estriadas e engrenagens acopladas ao eixo de aço A-36 estão sujeitas aos torques mostrados. 
Determine o ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem D. O eixo tem diâmetro de 40 mm. 
 
Figura 5.50 TCD = 400 − 200 = 200 N. m ∴ ϕC/D = TCDLCDJGaço = 2TCDLCDπc4Gaço = 2 × 200 × 0,400π × 0,0204 × 75 × 109 = (0,004244 rad) × 180°π = 0,243° 
5.51. O eixo de aço A-36 de 20 mm de diâmetro é submetido aos torques mostrados. Determine o ângulo de torção da 
extremidade B. 
 
Figura 5.51 
 
 
TBC = 80 N.m 
TCD = 80 – 20 = 60 N.m 
TDA = 60 + 30 = 90 N.m ϕB = TBCLBCJGaço + TCDLCDJGaço + TDALDAJGaço = 80 × 0,800 + 60 × 0,600 + 90 × 0,200π2 × 0,0104 × 75 × 109 = (0,1 rad) × 180°π = 5,74° 
Torção 
203 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.52. O parafuso de aço A-36 com 8 mm de diâmetro está parafusado firmemente ao bloco em A. Determine as forças 
conjugadas F que devem ser aplicadas à chave de torque de modo que a tensão de cisalhamento máxima no parafuso 
seja de 18 MPa. Calcule também o deslocamento correspondente de cada força F necessário para causar essa tensão. 
Considere que a chave de torque seja rígida. 
 
 Figura 5.52 
T = 2 × 150F = 300F ∴ τadm = TcJ = (300F)(4)π2 × 44 = 18 ∴ F = 6,03 N ϕ = TLJGaço = 600FLπc4Gaço ∴ δ = 150ϕ = 90.000FLπc4Gaço = 90.000 × 6,03 × 800π × 44 × 75 × 103 = 0,720 mm 
5.53. A turbina desenvolve 150 kW de potência, que é transmitida às engrenagens de tal modo que C recebe 70% e D 
recebe 30%. Se a rotação do eixo de aço A-36 de 100 mm de diâmetro for 𝜔 = 800 rev/minuto, determine a tensão de 
cisalhamento máxima absoluta no eixo e o ângulo de torção da extremidade E do eixo em relação a B. O mancal em E 
permite que o eixo gire livremente em torno de seu eixo. 
 
 Figura 5.53 ω = 800 × 2π60 = 83,776 rad/s TCB = Pω = 150 × 10383,776 = 1.790,493 N.m 
PC = 70% × 150 = 105 kW TC = PCω = 105 × 10383,776 = 1253,342 N.m 
PD = 30% × 150 = 45 kW TD = TCD = PDω = 45 × 10383,776 = 537,147 N.m τmáx = TCBcJ = 1.790 × 0,050π2 × 0,0504 = 9,12 MPa 
 ϕE/B = TCBLCBJGaço + TCDLCDJGaço = 2TCBLCB + 2TCDLCDπc4Gaço = 2 × 1.790,493 × 3 + 2 × 537,1467 × 4π × 0,0504 × 75 × 109 = (0,01021317 rad) × 180°π = 0,585° 
Torção 
204 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.54. A turbina desenvolve 150 kW de potência, que é transmitida às engrenagens de tal modo que C e D recebem 
quantidades iguais. Se a rotação do eixo de aço A-36 de 100 mm de diâmetro for 𝜔 = 500 rev/minuto, determine a tensão 
de cisalhamento máxima absoluta no eixo e a rotação da extremidade B do eixo em relação a E. O mancal em C permite 
que o eixo gire livremente em torno de seu eixo. 
 
 Figura 5.54 ω = 500 × 2π60 = 52,36 rad/s TCB = PCBω = 150 × 10352,36 = 2.864,789 N.m ∴ τmáx = TCBcJ = 2.864,789 × 0,050π2 × 0,0504 = 14,6 MPa TCD = PDω = 75 × 10352,36 = 1.432,394 N.m ϕE/B = TCDLCDJGaço + TCBLCBJGaço = 2TCBLCBπc4Gaço + 2TCDLCDπc4Gaço = 2 × 2.864,789 × 3 + 2 × 1.432,394 × 4π × 0,0504 × 75 × 109 = (0,019454 rad) × 180°π = 1,11° 
5.55. O motor transmite 33 kW ao eixo de aço inoxidável 304 quando gira a 20 Hz. O eixo é apoiado em mancais lisos 
em A e B, que permite a livre rotação do eixo. As engrenagens C e D presas ao eixo absorvem 20 kW e 12 kW, 
respectivamente. Determine o diâmetro do eixo com aproximação de mm se a tensão de cisalhamento admissível for 
τadm = 56 MPa e o ângulo de torção admissível de C em relação a D for 0,2º. 
 
 Figura 5.55 ϕ = 0,2° = 3,491 rad 
 Tm = Pm2πf = 33 × 1032 × π × 20 = 262,6056 N.m ∴ τadm = TmcJ ∴ c = √ 2Tmπτadm3 = √2 × 262.605,6π × 56 × 1033 = 14,4 mm 
TCD = PD2πf = 12 × 1032 × π × 20 = 95,493 N.m ∴ (ϕC/D)adm = TCDLCDJGaço ∴ c′ = √ 2TCDLCDπϕC/DGaço4 = √ 2 × 95.493 × 200π × 3,491 × 75 × 1034 = 14,68 mm 
d = 2c = 2 × 14,4 = 28,8 mm ≅ 30 mm 
Torção 
205 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.56. O motor transmite 32 kW ao eixo de aço inoxidável 304 quando gira a 20 Hz. O eixo tem diâmetro de 37,5 mm 
e está apoiado em mancais lisos em A e B, que permitem a livre rotação do eixo. As engrenagens C e D presas ao eixo 
absorvem 20 kW e 12 kW, respectivamente. Determine a tensão máxima absoluta no eixo e o ângulo de torção da 
engrenagem C em relação à engrenagem D. 
 
 
 Figura 5.56 
 Tmáx = P2πf = 32 × 1032 × π × 20 = 254,65 N.m ∴ τmáx = TmáxcJ = 254,65 × 0,01875π2 × 0,018754 = 24,59 MPa TCD = PD2πf = 12 × 1032 × π × 20 = 95,493 N.m ∴ ϕC/D = TCDLCDJGaço = 95,493 × 0,200π2 × 0,018754 × 75 × 103 = (0,001312 rad) × 180°π = 0,075152° 
 
5.57. O motor produz um torque T = 20 N.m na engrenagem A. Se a engrenagem C travar repentinamente e parar de 
girar, mas B puder girar livremente, determine o ângulo de torção F em relação a E e de F em relação a D do eixo de 
aço L2 cujo diâmetro interno é 30 mm e diâmetro externo é 50 mm. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima 
absoluta no eixo. O eixo está apoiado em mancais em G e H. 
 
 
Figura 5.57 
 TF = 100T30 = 10 × 203 = 66,67 N.m ∴ τmáx = TFc0π2(c04 −ci4) = 66,67 × 0,025π2(0,0254 − 0,0154) = 3,12 MPa ϕF/E = ϕF/D = TFLEFπ2(c04 − ci4)Gaço = 66,67 × 0,6 π2(0,0254 − 0,0154) = 0,999 × 10-3 rad 
Torção 
206 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 25 mm e ambos estão apoiados em mancais em 
A, B e C que permitem livre rotação. Se o apoio em D for fixo, determine o ângulo de torção da extremidade B quando 
os torques são aplicados ao conjunto como mostra a figura. 
 
Figura 5.58 TEH = 150 × 60100 = 90 N.m ∴ TDH = 120 – 90 = 30 N.m ϕE = ϕDH + ϕEH = TEHLEHJGaço − TDHLDHJGaço = 90 × 0,750 − 30 × 0,250π2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0,020861 rad 
 ϕF = 1,5ϕE = 1,5 × 0,020861 = 0,0313 rad ∴ ϕB = 0,0313 × 180°π = 1,793° 
5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 25 mm e ambos estão apoiados em mancais em 
A, B e C que permitem livre rotação. Se o apoio em D for fixo, determine o ângulo de torção da extremidade A quando 
os torques são aplicados ao conjunto como mostra a figura. 
 
Figura 5.59 TEH = 150 × 60100 = 90 N.m ∴ TDH = 120 – 90= 30 N.m ϕE = ϕDH + ϕEH = TEHLEHJGaço − TDHLDHJGaço = 90 × 0,750 − 30 × 0,250π2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0,020861 rad ∴ ϕF = 1,5 × 0,020861 = 0,0313 rad ϕA = ϕG + ϕF = TGLFGJGaço + ϕF = 60 × 0,250π2 × 0,01254 × 75 × 109 + 0,0313 = (0,03651 rad) × 180°π = 2,092° 
Torção 
207 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.61. Os eixos de 30 mm de diâmetro são feitos de aço-ferramenta L2 e estão apoiados em mancais que permitem aos 
eixos girarem livremente. Se o motor em A desenvolver um torque T = 45 N.m no eixo AB, enquanto a turbina em E é 
fixa e não pode girar, determine a quantidade de rotação das engrenagens B e C. 
 
 
Figura 5.61 TCE = 75TAB50 = 1,5 × 45 = 67,5 N.m ϕB = TABLABJGaço = 45 × 1,5π2 × 0,0154 × 75 × 109 = 0,648° ϕC = TCELCEJGaço = 67,5 × 0,75π2 × 0,0154 × 75 × 109 = (0,0084883 rad) = 0,486° 
 
5.62. O eixo maciço de 60 mm de diâmetro é feito de aço A-36 e está sujeito aos carregamentos de torção distribuídos 
e concentrados mostrados na figura. Determine o ângulo de torção na extremidade livre A do eixo devido a esses 
carregamentos. 
 
 
 Figura 5.62 
 
T(x) = (2.000x) N.m ϕA = 400 × 0,6π2 × 0,034 × 75 × 109 − 200 × 0,8π2 × 0,034 × 75 × 109 + ∫ (2.000x) dxπ2 × 0,034 × 75 × 1090,80 = (0,007545 rad) × 180°π = 0,432° 
 
Torção 
208 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.63. Quando um poço é perfurado, considera-se que a extremidade do tubo da perfuratriz que se aprofunda no solo 
encontra uma resistência à torção TA. Além disso, o atrito do solo ao longo das laterais do tubo cria uma distribuição 
linear de torque por unidade de comprimento que varia de zero na superfície B a t0 em A. Determine o torque necessário 
TB que deve ser fornecido pela unidade de acionamento para girar o tubo. Calcule também o ângulo de torção relativo 
de uma extremidade do tubo em relação à outra extremidade no instante em que o tubo está prestes a girar. O tubo tem 
raio externo ro e raio interno ri. O módulo de cisalhamento é G. 
 
 Figura 5.63 
Equação do torque distribuído que passa pelos pontos (0,5t0;0) e (0,L) é: t(y) = t02 (1 − yL) T = ∫ t(y) dyL0 = 2 × t02 ∫ (1 − yL)L0 dy = t0L2 [1] 
 
 T(y) = 2t(y)(y) = t0 (y − y2L ) ∴ ϕB/A = ∫ T(y)dyπ2(r04 − ri4)GL0 − TBLπ2(r4 − ri4)G = 𝟐𝐋(𝟑𝐓𝐀 + 𝐭𝟎𝐋)𝟑𝛑(𝐫𝟎𝟒 − 𝐫𝐢𝟒)𝐆 
 
*5.64. O conjunto é feito de aço A-36 e é composto por uma haste maciça de 15 mm de diâmetro conectada ao interior 
de um tubo por meio de um disco rígido em B. Determine o ângulo de torção em A. O tubo tem diâmetro externo de 30 
mm e espessura de parede de 3 mm. 
 
 Figura 5.64 ϕA = ϕA/D + ϕD/B + ϕB/C ϕA = 50 × 0,3π2 × 0,00754 × 75 × 109 + 80 × 0,3π2 × (0,0154 − 0,0124)(75 × 109) = (0,0470565 rad) × 180°π = 2,70° 
↶ + ∑ My = 0 
TA − TB + T = 0 [2] Substituindo [1] em [2], obtem-se: 𝐓𝐁 = 𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝟎𝐋𝟐 
Torção 
209 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.65. O dispositivo serve como uma mola de torção compacta. É feito de aço A-36 e composto por um eixo interno 
maciço CB embutido em um tubo AB e acoplado a esse tubo por um anel rígido em B. Podemos considerar que o anel 
em A também é rígido e está preso de modo que não pode girar. Se um torque T = 0,25 kN.m for aplicado ao eixo, 
determine o ângulo de torção na extremidade C e a tensão de cisalhamento máxima no tubo e eixo. 
 
 Figura 5.65 
 ϕC = 250 × 0,6(π2 × 0,01254)(75 × 109) + 250 × 0,3π2 × (0,0254 − 0,018754)(75 × 109) = (0,054536 rad) × 180°π = 3,125° τBC = 250 × 0,0125π2 × 0,01254 = 81,49 MPa τAB = 250 × 0,025π2(0,0254 − 0,018754) = 14,9 MPa 
 
5.66. O dispositivo serve como uma mola de torção compacta. É feito de aço A-36 e composto por um eixo interno 
maciço CB embutido em um tubo AB e acoplado a esse tubo por um anel rígido em B. Podemos considerar que o anel 
em A também é rígido e está preso de modo que não pode girar. Se a tensão de cisalhamento admissível para o material 
for τadm = 84 MPa e o ângulo de torção em C estiver limitado a ϕadm = 3º, determine o torque máximo T que pode ser 
aplicado na extremidade C. 
 
 
 Figura 5.66 
 ϕadm = 3° × π180° = TC × 0,6π2 × 0,01254 × 75 × 109 + TC × 0,3π2 × (0,0254 − 0,018754)(75 × 109) ∴ TC = 240,02 N.m 
Substituindo T na fórmula da tensão de torção, obtem-se: τmáx = TcJ = 240 × 0,0125π2 × 0,01254 = 78,23 MPa < τadm = 84 MPa Ok! 
Torção 
210 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.67. O eixo tem raio c e está sujeito a um torque por unidade de comprimento t0 distribuído uniformemente por todo o 
comprimento L do eixo. Se ele estiver preso em sua extremidade distante A, determine o ângulo de torção ϕ na 
extremidade B. O módulo de cisalhamento é G. 
 
 Figura 5.67 
 
T(x) = t0x ϕ = ∫ T(x)dxJGL0 = 2t0πc4G ∫ xdxL0 = 𝐭𝟎𝐋𝟐𝛑𝐜𝟒𝐆 
 
*5.68. O parafuso de aço A-36 é apertado dentro de um furo de modo que o torque de reação na haste AB pode ser 
expresso pela equação t = (kx²) N.m/m, onde x é dado em metros. Se um torque T = 50 N.m for aplicado à cabeça do 
parafuso, determine a constante k e a quantidade de torção nos 50 mm de comprimento da haste. Considere que a haste 
tem um raio constante de 4 mm. 
 
 
 Figura 5.68 
 T = ∫ kx2dx0,050 = 41,667(10−6)k ∴ 50 – 41,667(10−6)k = 0 ∴ k = 1,20 × 106 N/m² 
T = ∫ kx2dxx0 = 1,20 × 106 ∫ x2dx = 0,4(106)x3x0 ϕ = ∫ T(x)dxJGL0 = 2π × 0,0044 × 75 × 109 ∫ [50 − 0,4(106)x3]dx0,050 = 0,06217 rad = 3,56° 
Torção 
211 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.69. Resolva o Problema 5.68 se o torque distribuído for t = (kx2/3)N.m/m. 
 
 
Figura 5.69 
 T = ∫ t dx = ∫ (kx2 3⁄ )0,0500,050 dx = 0,00407163k ↶ + ∑ M = 0 ∴ 0,00407163k − 50 = 0 
k = 12,28 × 10³ 
 
5.70. O contorno da superfície do eixo é definido pela equação y = eax, onde a é uma constante. Se o eixo for submetido 
a um torque T em suas extremidades, determine o ângulo de torção na extremidade A em relação à extremidade B. O 
módulo de cisalhamento é G. 
 
 
Figura 5.70 
 ϕA/B = ∫ T dxJGL0 = ∫ 2T dxπ(eax)4GL0 = 𝐓𝟐𝐚𝛑𝐆 (𝟏 − 𝐞−𝟒𝐚𝐋) 
 
Torção 
212 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.71. O eixo de aço A-36 tem diâmetro de 50 mm e está sujeito aos carregamentos distribuídos e concentrados 
mostrados. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo e construa um gráfico para o ângulo de torção 
do eixo em radianos em relação a x. 
 
 
Figura 5.71 
 
 
 
T(x) = (150 + 200x) N.m, o torque T será máximo para x = 0,5, portanto: Tmáx = 150 + 200 × 0,5 = 250 N.m τmáx = TmáxcJ = 250 × 0,025π2 × 0,0254 = 10,2 MPa ϕ(x) = ∫ T(x)dxJG = 2π × 0,0254 × 75 × 109 ∫ (150 + 200x)dxx0L0 = [3,26x + 2,17x²](10-3) rad 
 
 
 
Torção 
213 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.72. Uma mola cilíndrica é composta por um anel de borracha preso a um anel e eixo rígidos. Se o anel for mantido 
fixo e um torque T for aplicado ao eixo rígido, determine o ângulo de torção do eixo. O módulo de cisalhamento da 
borracha é G. Dica: Como mostrado na figura, a deformação do elemento no raio r pode ser determinada por rdθ = dr𝛾. 
Use essa expressão juntamente com 𝜏 = 𝑇/(2𝜋𝑟2ℎ) do Problema 5.28 para obter o resultado. 
 
 
Figura 5.72 
 
 
 τ = T2πr2h γ = τG ∴ γ = T2πr2hG rdθ = γdr ∴ dθ = γdrr θ = T2πhG ∫ drr3r0ri 𝛉 = 𝐓𝟒𝛑𝐡𝐆 ( 𝟏𝐫𝐢𝟐 − 𝟏𝐫𝟎𝟐) 
 
 
 
 
 
Torção 
214 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.3 - PROBLEMAS 
5.73. O eixo de aço A-36 tem diâmetro de 50 mm e está preso nas extremidades Ae B. Se for submetido ao momento, 
determine a tensão de cisalhamento máxima nas regiões AC e CB do eixo. 
 
 Figura 5.73 
 
 
 (τAC)máx = TACcJ = 200 × 0,025π2 × 0,0254 = 8,15 MPa (τCB)máx = TCBcJ = 100 × 0,025π2 × 0,0254 = 4,07 MPa 
 
5.74. O tubo de bronze C86100 tem diâmetro externo de 37,5 mm e espessura de 0,3 mm. A conexão C está sendo 
apertada com uma chave de torque. Se o torque desenvolvido em A for 16 N.m, determine o valor F das forças 
conjugadas. O tubo está engastado na extremidade B. 
 
 
 Figura 5.74 
 
 
 
 
Substituindo TBC na equação [1], obtem-se: F = 120 N 
↶ + ∑ M = 0 
300 – TAC – TBC = 0 [1] 
ϕB/A = TACLAC − TBCLBCJGaço = 0,4TAC − 0,8TBCπ2(0,0254)(75 × 109) = 0 ∴ TAC = 2TBC [2] 
Substituindo TAC na equação [1], obtem-se: TAC = 200 N.m e TBC = 100 N.m 
↶ + ∑ M = 0 
16 + TBC – 0,3F = 0 [1] 
ϕB/C = ϕC/A TBC × 200JG = 16 × 250JG ∴ TBC = 20 N.m [2] 
Torção 
215 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.75. O tubo de bronze C86100 tem diâmetro externo de 37,5 mm e espessura de 3 mm. A conexão em C está sendo 
apertada com uma chave de torque. Se for aplicada uma força F = 100 N, determine a tensão de cisalhamento máxima 
no tubo. 
 
 Figura 5.75 
 
 
 
 
ci = c0 – t = 18,75 – 3 = 15,75 mm ∴ τmáx = TBCc0π2(c04 − ci4) = 16,667 × 0,01875π2(0,018754 − 0,015754) = 3,21 Mpa 
 
*5.76. O eixo de aço é composto por dois segmentos: AC, com diâmetro de 12 mm e CB, com diâmetro de 25 mm. Se 
estiver preso em suas extremidades A e B e for submetido a um torque de 750 N.m, determine a tensão de cisalhamento 
máxima no eixo. Gaço = 75 GPa. 
 
 Figura 5.76 
 ϕA/B = ϕAC + ϕCD + ϕDB ϕA/B = TA × 125π2 × 0,0064 × 75 × 109 + TA × 200π2 × 0,01254 × 75 × 109 + (TA − 750) × 300π2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0 ∴ TA = 78,816 N.m τmáx = 78,816 × 0,006π2 × 0,0064 = 232,30 MPa 
↶ + ∑ M = 0 
TBC + TAC – 30 = 0 [1] 
ϕB/C = ϕC/A TBC × 200JG = TAC × 250JG ∴ TBC = 1,25TAC [2] 
Substituindo TBC na equação, obtem-se: TAC = 13,333 N.m e TBC = 1,25 × 13,333 = 16,667 N.m 
Torção 
216 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.77. O eixo é feito de aço-ferramenta L2, tem diâmetro de 40 mm e está preso em suas extremidades A e B. Se for 
submetido ao conjugado, determine a tensão de cisalhamento máxima nas regiões AC e CB. 
 
 
 Figura 5.77 
 
 
 
 (τAC)máx = TAcJ = 120 × 0,020π2 × 0,0204 = 9,55 MPa (τCB)máx = TBcJ = 80 × 0,020π2 × 0,0204 = 6,37 MPa 
5.78. O eixo composto tem uma seção média que indica o eixo maciço de 20 mm de diâmetro e um tubo soldado a 
flanges rígidas em A e B. Despreze a espessura das flanges e determine o ângulo de torção da extremidade C do eixo em 
relação à extremidade D. O eixo é submetido a um torque de 800 N.m. O material é aço A-36. 
 
 
 Figura 5.78 
 
 
 
 ϕC/D = 2 × 18,632 × 0,1(π2 × 0,0104)(75 x 109) + 781,38 × 0,15π2 × (0,0304 − 0,0254)(75 × 109) = (0,00553536 rad) × 180°π = 0,317° 
↶ + ∑ M = 0 
TA + TB – 200 = 0 [1] 
ϕA/B = ϕC/B 400TAJGaço = 600TBJGaço ∴ TA = 1,5TB [2] 
Substituindo TA na equação [1], obtem-se: TB = 80 N.m e TA = 120 N.m 
↶ + ∑ M = 0 
Ttubo + Teixo – 800 = 0 [1] 
ϕtubo = ϕeixo Ttubo = (304− 254104 ) Teixo= (67116 )Teixo [2] 
Substituindo Ttubo na equação[1], obtem-se: Teixo = 18,632 N.m e Ttubo = 781,38 N.m 
Torção 
217 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.79. O eixo é composto por uma seção maciça de aço AB e uma porção tubular feita de aço com núcleo de latão. Se o 
eixo estiver preso a um apoio rígido A e for aplicado um torque T = 50 N.m a ele em C, determine o ângulo de torção 
que ocorre em C e calcule a tensão de cisalhamento máxima e a deformação por cisalhamento máxima no latão e no 
aço. Considere Gaço = 80 GPa, Glat = 40 GPa. 
 
 Figura 5.79 
 
 
 
Substituindo Taço na equação [1], obtem-se: Tlat = 1,613 N.m e Taço = 48,387 N.m ϕC = ϕlat + ϕaço = 1,613 × 1(π2 × 0,0104)(40 × 109) + 50 × 1,5(π2 × 0,0204)(80 × 109) = (0,0062974 rad) × 180°π = 0,361° τaço = 48,387 × 0,020π2 × (0,0204 − 0,0104) = 4,11 MPa τlat = 1,613 × 0,010π2 × 0,0104 = 1,03 MPa γaço = τaçoGaço = 4,11 × 10680 × 109 = 51,34 × 10-6 rad γlat = τlatGlat = 1,03 × 10640 × 109 = 25,67 × 10-6 rad 
*5.80. Os dois eixos de 1 m de comprimento são feitos de alumínio 2014-T6. Cada eixo tem diâmetro de 30 mm e os 
dois estão acoplados pelas engrenagens presas a uma das extremidades de cada um deles. As outras extremidades de 
cada um dos eixos estão engastadas em apoios fixos em A e B. Além disso, os eixos estão apoiados em mancais em C e 
D, que permitem que eles girem livremente ao longo de suas linhas centrais. Se um torque de 900 N.m for aplicado à 
engrenagem que está mais acima, como mostra a figura, determine a tensão de cisalhamento máxima em cada eixo. 
 
Figura 5.80 
 
 
 
↶ + ∑ T = 0 
Taço + Tlat – 50 = 0 [1] 
ϕaço = ϕlat Taço = (204 − 104) × 80104 × 40 Tlat = 30Tlat [2] 
↶ + ∑ M = 0 
TA + 0,8F – 900 = 0 [1] 
F = 2,5TB [2] 
TA + 2TB – 900 = 0 [3] 
80ϕE = 40ϕF 
TB = 2TA [4] 
Substituindo TB na equação [3], obtem-se: 
 TA = 180 N.m e TB = 360 N.m 
τAC = TAcJ = 180 × 0,015π2 × 0,0154 = 33,95 MPa τBD = TBcJ = 360 × 0,015π2 × 0,0154 = 67,91 MPa 
Torção 
218 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.81. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada eixo tem diâmetro de 25 mm e os dois estão acoplados pelas 
engrenagens presas a uma das extremidades de cada um deles. As outras extremidades de cada um dos eixos estão 
engastadas em apoios fixos em A e B. Além disso, os eixos estão apoiados em mancais em C e D, que permitem que 
eles girem livremente ao longo de suas linhas centrais. Se for aplicado um torque de 500 N.m à engrenagem em E, como 
mostra a figura, determine as reações em A e B. 
 
Figura 5.81 
 
 
 
Substituindo TA na equação [3], obtem-se: TA = 55,6 N.m e TB = 222 N.m 
5.82. Determine a rotação da engrenagem em E no Problema 5.81. 
 
Figura 5.82 
 
 
 
 
 ϕE = ϕF2 = TBLBFπc4Gaço = 222,222 × 0,75π × 0,01254 × 75 × 109 = (0,028973 rad) × 180°π = 1,66° 
TA + 0,1F – 500 = 0 [1] 
TB – 0,05F = 0 [2] 
TA + 2TB = 500 [3] 
100ϕE = 50ϕF ∴ 100 × TA × 1,5JG = 50 × TB × 0,75 JG 
TA = 0,25TB [4] 
TA + 0,1F – 500 = 0 [1] 
TB – 0,05F = 0 [2] 
TA + 2TB = 500 [3] 
100ϕE = 50ϕF ∴ 100 × TA × 1,5JG = 50 × TB × 0,75 JG 
TA = 0,25TB [4] 
Substituindo TA na equação [3], obtem-se: TA = 55,6 N.m e TB = 222 N.m 
Torção 
219 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.83. O eixo de aço A-36 é composto por dois segmentos: AC, com diâmetro de 10 mm e CB, com diâmetro de 20 mm. 
Se o eixo estiver engastado em suas extremidades A e B e for submetido a um torque distribuído uniforme de 300 N.m/m 
ao longo do segmento CB, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. 
 
Figura 5.83 
 
t = 300 N.m /m ∴ T(x) = tx = 300x ϕA/B = ϕAC + ϕCB = 0 ∴ 0,1TA(π2 × 0,0054)(75 × 109) + 0,4TA(π2 × 0,0104)(75 × 109) − ∫ T(X)dx(π2 × 0,0104)(75 × 109)0,40 = 0 ∴ TA = 12 N.m 
TB = ∫ 300dx0,40 − 12 = 108 N.m ∴ τmáx = TBcBCJBC = 2TBπcBC3 = 2 × 108π × 0,0103 = 68,75 MPa 
 
*5.84. O eixo cônico está confinado pelos apoios fixos em A e B. Se for aplicado um torque T em seu ponto médio, 
determine as reações nos apoios. 
 
 
 Figura 5.84↶ + ∑ M = 0 
TA + TB – T = 0 
Lx = cy ∴ y = (cL) x c′ = c + y = c (1 + xL) 
ϕ1 + ϕ2 = 0 ∴ ∫ TBdxπ2c′4GL 2⁄0 + ∫ (TB − T)dxπ2c′4GLL 2⁄ = 0 
Solucionando a integral, obtem-se: 𝐓𝐁 = 𝟑𝟕𝟏𝟖𝟗 𝐓 e TA = T − 37189 T = 𝟏𝟓𝟐𝟏𝟖𝟗 𝐓 
Torção 
220 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.85. Uma porção do eixo de aço A-36 é submetida a um carregamento de torção distribuído linearmente. Se o eixo 
tiver as dimensões mostradas na figura, determine as reações nos apoios fixos A e C. O segmento AB tem diâmetro de 
30 mm, e o segmento BC tem diâmetro de 15 mm. 
 
 
 Figura 5.85 
Usando semelhança de triângulos, a equação do torque distribuído é: 1,5t(x) = 1,21,2 − x ∴ t(x) = (1.500 − 1.250x) N.m/m ∴ T(x) = t(x)x = (1.500x − 1.250x2) N.m ϕC/A = 0 ∴ 0,96TCπ2 × 0,00754 × 75 × 109 + 1,2TCπ2 × 0,0154 × 75 × 109 − ∫ T(x)dxπ2 × 0,0154 × 75 × 1091,20 = 0 
Resolvendo a integral, obtem-se: TC = 21,74 N.m e TA = ∫ (1.500 − 1.250x)dx − 21,741,20 = 878,26 N.m 
5.86. Determine a rotação da junta B e a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo do Problema 5.85. 
 
 Figura 5.86 
Usando semelhança de triângulos, a equação do torque distribuído é: 1,5t(x) = 1,21,2−x ∴ t(x) = (1.500 − 1.250x) N.m/m ∴ T(x) = t(x)x = (1.500x − 1.250x2) N.m ϕC/A = 0 ∴ 0,96TCπ2 × 0,00754 × 75 × 109 + 1,2TCπ2 × 0,0154 × 75 × 109 − ∫ T(x)dxπ2 × 0,0154 × 75 × 1091,20 = 0 
Resolvendo a integral, obtem-se: TC = 21,74 N.m e TA = ∫ (1.500 − 1.250x)dx − 21,741,20 = 878,26 N.m τmáx = TAcABJAB = 2TAπcAB3 = 2 × 878,26π × 0,0153 = 165,66 MPa 
 ϕB = TCLBCJBCGaço = 21,74 × 0,96π2 × 0,00754 × 75 × 109 = (0,056 rad) × 180°π = 3,208° 
Torção 
221 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.87. O eixo de raio c é submetido a um torque distribuído t, medido como torque/comprimento do eixo. Determine as 
reações nos apoios A e B. 
 
 
Figura 5.87 
 ↶ + ∑ M = 0 
T – TA – TB = 0 [1] T = ∫ t dx = t0 ∫ [1 + (xL)2] dxL0L0 = 43 t0L 
T(x) = tx = t0 (x + x3L2) ϕA/B = ∫ T(x)dxJGL0 = t0JG ∫ (x + x3L2) dx = 3t0L24JGL0 
 ϕA/C = ϕA ∴ 𝐓𝐀 = 𝟑𝟒 𝐭𝟎𝐋 [2] 
Substituindo TA na equação [1], obtem-se: TB = T − 34 t0L = 𝟕𝟏𝟐 𝐭𝟎𝐋 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Torção 
222 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.4 - PROBLEMAS 
*5.88. Compare os valores da tensão de cisalhamento elástica máxima e do ângulo de torção desenvolvidos em eixos 
de aço inoxidável 304 com seções transversais circular e quadrada. Cada eixo tem a mesma área de seção transversal de 
5.600 mm², comprimento de 900 mm e está submetido a um torque de 500 N.m. 
 
Figura 5.88 
r = √Aπ = √5.600π = 42,22 mm ∴ a = √A = √5.600 = 74,83 mm (τC)máx = TrJ = 500 × 0,04222π2 × 0,042224 = 4,23 MPa (τS)máx = 4,81Ta3 = 4,81 × 5000,074833 = 5,74 MPa ϕC = TLJGaço = 500 × 0,9π2 × 0,042224 × 75 × 109 = (0,00120215 rad) × 180°π = 0,0689° 
 ϕS = 7,10TLa4Gaço = 7,10 × 500 × 0,90,074834 × 75 × 109 = (0,001359 rad) × 180°π = 0,0778° 
5.89. O eixo é feito de latão vermelho C83400 e tem seção transversal elíptica. Se for submetido ao carregamento de 
torção mostrado, determine a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões AC e BC e o ângulo de torção ϕ da 
extremidade B em relação à extremidade A. 
 
Figura 5.89 
 τAC = 2TACπab2 = 2 × 50π × 0,050 × 0,0202 = 1,592 MPa τBC = 2 × 30π × 0,050 × 0,0202 = 0,955 MPa ϕB/A = ∑ (a2 + b2)TLπa3b3Glat = (0,0502 + 0,0202)[−50 × 2 − 30 × 1,5]π × 0,0503 × 0,0203 × 37 × 109 = (−0,0036175 rad) × 180°π = −0,2073° 
Torção 
223 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.90. Resolva o Problema 5.89 para a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões AC e BC e ângulo de 
torção ϕ da extremidade B em relação à C. 
 
 
Figura 5.90 
 τAC = 2TACπab2 = 2 × 50π × 0,050 × 0,0202 = 1,592 MPa 
 τBC = 2 × 30π × 0,050 × 0,0202 = 0,955 MPa ϕB/C = − (a2 + b2)TBCLBCπa3b3Glat = − (0,0502 + 0,0202)(30)(1,5)π × 0,0503 × 0,0203 × 37 × 109 = (−0,0011227 rad) × 180°π = −0,0643° 
5.91. O eixo de aço tem 300 mm de comprimento e é parafusado em parede com uma chave de torque. Determine as 
maiores forças conjugadas F que podem ser aplicadas ao eixo sem provocar o escoamento do aço. 𝜏e = 56 MPa. 
 
 
 Figura 5.91 
T = 0,4F 
 τe = 4,81Ta3 = 4,81 × 0,4F0,0253 = 56 × 106 ∴ F = 454,78 N 
Torção 
224 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.92. O eixo de aço tem 300 mm de comprimento e é parafusado em uma parede com uma chave de torque. Determine 
a máxima tensão de cisalhamento no eixo e o deslocamento que cada força conjugada sofre se o valor das forças 
conjugadas for F = 150 N. Gaço = 75 GPa. 
 
 Figura 5.92 
T = 0,4 × 150 = 60 N.m τmáx = 4,81Ta3 = 4,81 × 600,0253 = 18,47 MPa 
 ϕ = 7,10TLa4Gaço = 7,10 × 60 × 0,30,0254 × 75 × 109 = 0,004362 rad δF = 200ϕ = 200 × 0,004362 = 0,872 mm 
5.93. O eixo é feito de plástico e tem seção transversal elíptica. Se for submetido ao carregamento de torção mostrado, 
determine a tensão de cisalhamento no ponto A e mostre a tensão de cisalhamento em um elemento de volume localizado 
nesse ponto. Determine também o ângulo de torção ϕ na extremidade B. Gp = 15 GPa. 
 
 Figura 5.93 
 
 τA = 2TAπab2 = 2 × 90π × 0,050 × 0,020² = 2,86 MPa ϕB = ∑ (a2+ b2)TLπa3b3Gp = (0,0502 + 0,0202)(50 × 1,5 + 90 × 2)π × 0,050³ × 0,020³ × 15 × 109 = (0,0157 rad) × 180°π = 0,899° 
Torção 
225 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.94. O eixo quadra é usado na extremidade de um cabo de acionamento para registrar a rotação do cabo em um 
medidor. Se tiver as dimensões mostradas na figura e for submetido a um torque de 8 N.m, determine a tensão de 
cisalhamento no eixo no ponto A. Faça um rascunho da tensão de cisalhamento sobre um elemento de volume localizada 
nesse ponto. 
 
Figura 5.94 
 
 (τmáx)A = 4,81Ta3 = 4,81 × 80,005³ = 308 MPa 
5.95. O cabo de latão tem seção transversal triangular de 2 mm em um lado. Se a tensão de escoamento para o latão for 
τe = 205 MPa, determine o torque máximo T ao qual o cabo pode ser submetido de modo a não sofrer escoamento. Se 
esse torque for aplicado a um segmento de 4 m de comprimento, determine o maior ângulo de torção de uma extremidade 
do cabo em relação à outra extremidade que não causará dano permanente ao cabo. Glat = 37 GPa. 
 
Figura 5.95 
 τe = 20Ta3 ∴ T = τea320 = 205 × 106 × 0,002320 = 0,0820 N.m ϕ = 46TLa4Glat = 46 × 0,082 × 40,0024× 37 × 109 = 25,5 rad 
Torção 
226 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.96. Pretende-se fabricar uma barra circular para resistir a torque; todavia, durante o processo de fabricação, a barra 
ficou elíptica, sendo que uma dimensão ficou menor que a outra por um fator k, como mostra a figura. Determine o fator 
k que causará aumento da tensão de cisalhamento máxima. 
 
Figura 5.96 
(τmáx)c = TcJ = T(d2)π2 × (d2)4 = 16Tπd3 ∴ (τmáx)e = 2Tπab2 = 2Tπ(d2)(kd2 )2 = 16Tπk2d3 
Fator de aumento da tensão de cisalhamento máxima = 
(τmáx)e(τmáx)c = 16T πk2d3⁄16T πd3⁄ = 𝟏𝐤𝟐 
5.97. Uma escora de alumínio 2014-T6 está presa entre as duas paredes em A e B. Se tiver seção transversal quadrada 
de 50 mm por 50 mm e for submetida ao carregamento de torção mostrado, determine as reações nos apoios fixos. 
Determine também o ângulo de torção em C. 
 
Figura 5.97 
 
 
 
ϕB/A = 0 ∴ 7,10 × TB × 0,60,0504× 27 × 109 + 7,10(TB − 30)(0,6)0,0504× 27 × 109 + 7,10(TB − 90)(0,6)0,0504× 27 × 109 = 0 ∴ TB = 40 N.m 
TA = 60 + 30 – 40 = 50 N.m ∴ ϕC = 7,10TALACa4Gal = 7,10 × 50 × 0,60,0504× 27 × 109 = (0,001262 rad) × 180°π = 0,0723°Torção 
227 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.98. O tubo de aço inoxidável 304 tem espessura de 10 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 80 MPa, 
determine o torque máximo T que ele pode transmitir. Calcule também o ângulo de torção de uma extremidade do tubo 
em relação à outra se o tubo tiver 4 m de comprimento. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões 
médias são mostradas na figura. 
 
Figura 5.98 
 
Am = 30 × 70 = 2.100 mm² 
 τméd = τadm = T2tAm ∴ 80 × 106 = T2 × 0,010 × 2.100 × 10−6 ∴ T = 3,36 kN.m 
s = 2 × 30 + 2 × 70 = 200 mm 
 ϕ = TL4Am2Gaço ∮ dst = TLs4tAm2Gaço = 3,36 × 103 × 4 × 0,24 × 0,010 × 0,00214× 75× 109 = (0,2032 rad) × 180°π = 11,6° 
 
5.99. O tubo de aço inoxidável 304 tem espessura de 10 mm. Se o torque aplicado for T = 50 N.m, determine a tensão 
de cisalhamento média no tubo. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias são mostradas 
na figura. 
 
 Figura 5.99 τméd = T2tAm = 502(0,010)(0,030 × 0,07) = 1,19 MPa 
Torção 
228 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.100. Determine a espessura constante do tubo retangular se a tensão de cisalhamento média não pode ultrapassar 84 
MPa quando um torque T = 2,5 kN.m for aplicado ao tubo. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As 
dimensões médias do tubo são mostradas na figura. 
 
Figura 5.100 
 Am = 100 × 50 = 5.000 mm² τméd = T2tAm ∴ t = T2Amτméd = 2,5 × 1032 × 5.000 × 10−6 × 84 × 106 = 0,00298 m = 2,98 mm 
5.101. Determine o torque T que pode ser aplicado ao tubo retangular se a tensão de cisalhamento média não pode 
ultrapassar 84 MPa. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias do tubo são mostradas na 
figura e o tubo tem espessura de 3 mm. 
 
 Figura 5.101 Am = 100 × 50 = 5.000 mm² τméd = T2tAm ∴ T = 2tAmτméd = 2 × 0,003 × 5.000 × 10−6 × 84 × 106 = 2.520 N.m 
Torção 
229 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.102. Um tubo com as dimensões mostradas na figura é submetido a um torque a T = 50 N.m. Despreze as 
concentrações de tensão em seus cantos, determine a tensão de cisalhamento média no tubo nos pontos A e B. Mostre a 
tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. 
 
 Figura 5.102 Am = (50 + 442 ) (50 + 442 ) = 2.115 mm² (τA)méd = T2tAAm = 50 × 1032 × 3 × 2.115 = 3,94 MPa (τB)méd = T2tBAm = 50 × 1032 × 5 × 2.115 = 2,36 MPa 
5.103. O tubo é feito de plástico, tem 5 mm de espessura, e as dimensões médias mostradas na figura. Determine a 
tensão de cisalhamento média nos pontos A e B se ele for submetido ao torque T = 5 N.m. Mostre a tensão de 
cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. 
 
Figura 5.103 
 Am = 110 × 80 + 40 × 302 = 9.400 mm² τB = T2tAm = 5 × 1032 × 5 × 9.400 = 53 kPa 𝛕𝐀 = 𝛕𝐁 = 53 kPa 
Torção 
230 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.104. O tubo de aço tem seção transversal elíptica com as dimensões médias mostradas na figura e espessura constante 
t = 5 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa e o tubo tiver de resistir a um torque T = 375 N.m, 
determine a dimensão b. A área média para a elipse é Am = πb(0,5b). 
 
Figura 5.104 
 
Am = 0,5πb² 
τadm = T2tAm ∴ b = √ Tπtτadm = √375 × 103π × 5 × 56 = 20,65 mm 
5.105. O tubo é feito de plástico, tem 5 mm de espessura e as dimensões médias são mostradas na figura. Determine a 
tensão de cisalhamento média nos pontos A e B se o tubo for submetido a um torque T = 500 N.m. Mostre a tensão de 
cisalhamento em elementos de volume localizados nesses pontos. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. 
 
 Figura 5.105 
 
 Am = (40 × 30)(2)2 + (100 × 40) = 5.200 mm² (τméd)A = (τméd)B = T2tAm = 500 × 1032 × 5 × 5.200 = 9,62 MPa 
Torção 
231 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.106. O tubo de aço tem seção transversal elíptica de dimensões médias mostradas na figura e espessura constante t = 
5 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa, determine a dimensão b necessária para resistir ao 
torque mostrado. A área média para a elipse é Am = πb(0,5b). 
 
 
 Figura 5.106 
 
 
 
 
 
5.107. O tubo simétrico é feito de aço de alta resistência, tem as dimensões médias mostradas na figura e 5 mm de 
espessura. Se for submetido a um torque T = 40 N.m, determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida nos pontos 
A e B. Indique a tensão de cisalhamento em elementos de volume localizados nesses pontos. 
 
Figura 5.107 
 
Am = (40 × 60) × 2 + (60 + 60 + 40) × 40 = 11.200 mm² (τméd)A = (τméd)B = T2tAm = 40 × 1032 × 5 × 11.200 = 357 kPa 
↶ + ∑ M = 0 
Tmáx – 450 + 120 – 75 = 0 
Tmáx = 405 N.m 
Am = 0,5πb² τadm = T2tAm b = √ Tπtτadm = √405 × 103π × 5 × 56 = 21,46 mm 
Torção 
232 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.108. Devido a um erro de fabricação, o círculo interno do tubo é excêntrico em relação ao círculo externo. Qual é a 
porcentagem de redução da resistência à torção quando a excentricidade e for igual a 1/4 da diferença entre os raios? 
 
Figura 5.108 τméd = T2tAm = T2(a − b)π(a + b 2 )2 ∴ T = 2(a − b)π (a + b2 )2 τméd τméd = T′2tAm = T2(a − b)π(a + b 2 )2 t = a − e2 − (e2 + b) = a − e − b T′ = 2 [34 (a − b)] π (a + b2 )2 τméd, sendo assim a relação será: T′T = 34 
Percentual de redução da resistência à torção = 100% (1 − 34) = 𝟐𝟓% 
5.109. Para uma tensão de cisalhamento média dada, determine o fator de elevação da capacidade de resistência ao 
torque se as seções semicirculares forem invertidas das posições indicadas pelas linhas tracejadas para as posições da 
seção mostrada na figura. O tubo tem 2,5 mm de espessura. 
 
 Figura 5.109 
 y = √225 − 12,5² = 8,292 mm ∴ θ = arctang ( y12,5) = 33,557° ∴ ϕ = 180° − 2 × 33,557° = 112,885° am = (45 − 2y + 45)2 = 36,708 mm 
 C = 15πϕ180° = 15 × π × 112,885°180° = 29,553 mm ∴ Cm = 29,553 + 12,5π2 = 34,412 mm 
Continua... 
Torção 
233 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
34,412 = πrm ∴ rm = 10,954 mm ∴ Am1 = 2 × 36,708 × 10,954 − π × 10,9542 = 427,246 mm² Cm = 15π + 12,5π2 = 43,197 mm ∴ 43,197 = πrm ∴ rm = 13,75 mm am = 45 mm ∴ Am2 = 2 × 45 × 13,75 + π × 13,752 = 1.215,457 mm² 
Logo, o fator de elevação da capacidade de resistência ao torque será: α = Am2Am1 = 1.215,457427,246 = 2,85 
5.110. Para uma dada tensão de cisalhamento máxima, determine o fator de elevação da capacidade de resistência ao 
torque se a seção semicircular for invertida da posição indicada pelas linhas tracejadas para a posição da seção mostradas 
na figura. O tubo tem 2,5 mm de espessura. 
 
 
 Figura 5.110 
 
 
 
y = √225 − 12,5² = 8,292 mm ∴ am = (45 − 8,292 − 2,5) + 452 = 39,604 mm ∴ bm = 30 + 252 = 27,5 mm θ = arctang (8,29212,5 ) = 33,557° ∴ ϕ = 180° − 2 × 33,557° = 112,885° ∴ C = 15π × 112,885°180° = 29,553 mm Cm = 29,553 + 12,5π2 = 34,412 mm ∴ 34,412 = πrm ∴ rm = 10,954 mm Am1 = 39,604 × 27,5 − π2 × 10,9542 = 900,65 mm² am = 45 + (45 − 2,5)2 = 43,75 mm ∴ Cm = 15π + 12,5π2 = 43,197 mm ∴ 3,197 = πrm ∴ rm = 13,75 mm Am2 = 2ambm + π2 rm2 = 2 × 39,604 × 27,5 + π2 × 13,752 = 1.500 mm² α = Am2Am1 = 1.500900,65 = 1,66 
Torção 
234 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.5 - PROBLEMAS 
5.111. A tensão de cisalhamentoadmissível para o aço usada no eixo é τadm = 8 MPa. Se os elementos forem interligados 
por um filete de solda de raio r = 4 mm, determine o torque máximo T que pode ser aplicado. 
 
 
Figura 5.111 
 Dd = 5020 = 2,5 ∴ rd = 420 = 0,2 ∴ k = 1,25 τadm = k (T 2⁄ )cJ = 1,25 × 0,5T × 0,01π2 × 0,014 = 8 × 106 ∴ T = 20,1 N.m 
 
*5.112. O eixo é usado para transmitir 660 W ao girar a 450 rpm. Determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo. 
Os segmentos são interligados por um filete de solda de raio 1,875 mm. 
 
 
Figura 5.112 
 ω = 450 × 2π60 = 47,124 rad/s Dd = 2512,5 = 2 ∴ rd = 1,87512,5 = 0,15 ∴ k = 1,3 τmáx = k TcJ = k 2Pπωc3 = 1,3 × 2 × 660π × 47,124 × 0,006253 = 47,48 MPa 
 
 
 
Torção 
235 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.113. O eixo está preso à parede em A e é submetido aos torques mostrados na figura. Determine a tensão de 
cisalhamento máxima no eixo. Um filete de solda de raio 4,5 mm é usado para interligar os eixos em B. 
 
Figura 5.113 
 Dd = 6030 = 2 ∴ rd = 4,530 = 0,15 ∴ k = 1,3 (τCD)máx = 250 × 0,015π2 × 0,0154 = 47,2 MPa (τEA)máx = 750 × 0,030π2 × 0,0304 = 17,68 MPa 
 (τDB)máx = 1,3 × 50 × 0,015π2 × 0,0154 = 12,26 MPa 
5.114. O eixo aumentado foi projetado para girar a 720 rpm enquanto transmite 30 kW de potência. Isso é possível? A 
tensão de cisalhamento admissível é τadm = 12 MPa. 
 
Figura 5.114 ω = 720 × 2π60 = 75,398 rad/s Dd = 7560 = 1,25 ∴ rd = 7,9860 = 0,133 ∴ k = 1,28 
 τadm = k TcJ ∴ T = π × 0,0303× 12 × 1062 × 1,28 = 397,61 N.m ∴ Pmáx = 75,398 × 397,6 = 29,98 kW 
Não, não é possível, pois Pmáx < P = 30 kW 
Torção 
236 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.115. O eixo aumentado foi projetado para girar a 540 rpm. Se o raio do filete de solda que interliga os eixos for r = 
7,20 mm e a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 55 MPa, determine a potência máxima que o 
eixo pode transmitir. 
 
 
Figura 5.115 
 ω = 540 × 2π60 = 56,549 rad/s Dd = 7560 = 1,25 ∴ rd = 7,260 = 0,12 ∴ k = 1,3 τadm = k TcJ ∴ T = πc3τadm2k = π × 0,033× 55 × 1062 × 1,3 = 1.794,33 N.m Pmáx = ωT = 56,549 × 1.794,33 = 101,5 kW ≅ 101 kW 
 
*5.116. A tensão de cisalhamento admissível para o aço usado na fabricação do eixo é τadm = 8 MPa. Se os elementos 
forem interligados por um filete de solda de raio r = 2,25 mm, determine o torque máximo T que pode ser aplicado. 
 
 
Figura 5.116 
 Dd = 3015 = 2 ∴ rd = 2,2515 = 0,15 ∴ k = 1,3 τadm = k (T 2⁄ )cJ ∴ T = πc3τadmk = π × 0,00753 × 8 × 1061,3 = 8,16 N.m 
Torção 
237 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.117. Um eixo maciço é submetido ao torque T, que provoca o escoamento do material. Se o material for elástico-
plástico, mostre que o torque pode ser expresso em termos do ângulo de torção ϕ do eixo como T = 4/3Te(1-ϕe3/4ϕ3), 
onde Te e ϕe são o torque e o ângulo de torção quando o material começa a escoar. c = γLϕ ρe = γLϕe T = πτe6 (4c3 − ρe3) [1] 
 τe = Tecπc42 = 2Teπc3 [2] 
Substituindo τe na equação [1], obtem-se: T = 4Te3 (1 − ρe34c3) = 𝟒𝐓𝐞𝟑 (𝟏 − 𝛟𝐞𝟑𝟒𝛟𝟑) 
5.118. Um eixo maciço com diâmetro de 50 mm é feito de material elástico-plástico com tensão de escoamento τe = 
112 MPa e módulo de cisalhamento G = 84 GPa. Determine o torque exigido para desenvolver um núcleo elástico no 
eixo com diâmetro de 25 mm. Calcule também o torque plástico. 
 T = πτe6 (4c3 − ρe3) = π × 112 × 1066 (4 × 0,0253 − 0,01253) = 3,551 kN.m Tp = 2π3 τec3 = 2π3 × 112 × 106 × 0,0253= 3,665 kN.m 
5.119. Determine o torque necessário para torcer um cabo de aço curto de 3 m de diâmetro por várias revoluções se ele 
for feito de um aço que se presume ser elástico-plástico com tensão de escoamento τe = 80 MPa. Considere que o 
material se torna totalmente plástico. 
 Tp = 2π3 τec3 = 2π3 (80 × 106)(0,00153) = 0,565 N.m 
 
*5.120. Um eixo maciço tem diâmetro de 40 mm e comprimento de 1 m e é feito de um material elástico-plástico com 
tensão de escoamento τe = 100 MPa. Determine o torque elástico máximo Te e o ângulo de torção correspondente. Qual 
é o ângulo de torção se o torque for aumentado para T = 1,2Te? G = 80 GPa. 
Te = τeJc = 100 × 106 × π2 × 0,0240,02 = 1.256,64 N.m = 1,26 kN.m φ = TeLJG = 1256,64 × 1π2 × 0,024 × 80 × 109 = 0,0625 rad = 3,58° γe = τeG = 100 × 10680 × 109 = 0,00125 rad ∴ φ = γeLρe = 0,00125 × 10,02 = 0,0625 rad = 𝟑, 𝟓𝟖° 
T = πτe6 (4c3 − ρe3) ∴ 1,2 × 1256,64 = π × 100 × 1066 (4 × 0,023 − ρe3) ∴ ρe = 0,01474 m φ′ = γeLρe = 0,00125 × 10,01474 = 0,0848 rad = 4,86° 
Torção 
238 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.121. O eixo é submetido a um torque T que produz escoamento na superfície do segmento de maior diâmetro. 
Determine o raio do núcleo elástico produzido no segmento de menor diâmetro. Despreze a concentração de tensão no 
filete. 
 
Figura 5.121 τe = TecJ ∴ Te = τeJc = (13,5 × 10−6)πτe Te = πτe6 (4c3 − ρe3), substituindoTe, tem-se que: (13,5 × 10−6) πτe = πτe6 [4 × 0,02753 − ρe3] 
Logo, solucionando a equação, obtem-se: ρe = 0,01298 m = 𝟏𝟑, 𝟎 𝐦𝐦 
5.122. Uma barra com seção transversal circular de 75 mm de diâmetro é submetido a um torque de 12 kN.m. Se o 
material for elástico-plástico, com τe = 120 MPa, determine o raio do núcleo elástico. T = πτe6 (4c3 − ρe3) 
Substituindo os dados, tem-se que: 12 × 103 = π × 120 × 1066 (4 × 0,03753 − ρe3) 
Logo, solucionando a equação, obtem-se: 𝛒𝐞 = 𝟐𝟕, 𝟏𝟐 𝐦𝐦 
5.123. Um eixo tubular tem diâmetro interno de 20 mm, diâmetro externo de 40 mm e comprimento de 1 m. É feito de 
um material elástico perfeitamente plástico com tensão de escoamento τe = 100 MPa. Determine o torque máximo que 
ele pode transmitir. Qual é o ângulo de torção de uma extremidade em relação à outra extremidade se a deformação por 
cisalhamento na superfície interna do tubo estiver prestes a escoar? G = 80 GPa. 
 
Figura 5.123 
 Tp = 2π3 τe(c03 − ci3) = 2π3 (100 × 106)(0,0203 − 0,0103) = 1,47 kN.m γe = τeG = 100 × 10680 × 109 = 0,00125 rad ∴ ϕ = γeLρe = 0,00125 × 10,010 = (0,125 rad) × 180°π = 𝟕, 𝟏𝟔° 
Torção 
239 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.124. O tubo de 2 m de comprimento é feito de um material elástico-plástico como mostra a figura. Determine o 
torque aplicado T que submete o material da borda externa do tubo a uma deformação por cisalhamento de γmáx =0,008 rad. Qual seria o ângulo de torção permanente do tubo quando o torque for removido? Faça um rascunho da 
distribuição da tensão residual no tubo. 
 
Figura 5.124 
 φ = γmáxLc = 0,008 × 20,045 = 0,3556 rad φ = γrLρr ∴ 0,3556 = 0,003ρr (2) ∴ ρr = 0,016875 m < 0,04 m 0,00845 = r40 ∴ r = 0,00711 > 0,003 Tp = 2π ∫ τrρ2dρc0ci = 2πτr3 (c03 − ci3) = 2π × 240 × 1063 (0,0453 − 0,0403) = 13.634,5 N. m = 𝟏𝟑, 𝟔 𝐤𝐍. 𝐦 
 G = 240 × 1060,003 = 80 GPa φ = TpLJG = 13.634,5 × 2π2(0,0454 − 0,044)(80 × 109) = 0,14085 rad φr = φ − φ′ = 0,35555 − 0,14085 = 0,215 rad = 𝟏𝟐, 𝟑° τp0 = TpcJ = 13.634,5×0,045π2(0,0454−0,044) = 253,5 MPa τp1 = 0,040,045 (253,5) = 225,4 MPa 
Torção 
240 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.125. O tubo tem comprimento de 2 m e é feito de um material elástico – plástico material como mostra a figura. 
Determine o torque necessário só para tornar o material totalmente plástico. Qual é o ângulo de torção permanente do 
tubo quando esse torque é removido? 
 
Figura 1.125 Tp = 2πτe3 (c03 − ci3) = 2π × 350 × 1063 (0,053 − 0,033) = 71.837,75 N.m = 71,8 kN.m ϕp = γeLρe = (0,0070,03 ) (2) = 0,4667 rad ∴ G = 350 × 1060,007 = 50 GPa ϕp′ = TpLJG = 71.837,75 × 2π2(0,054 − 0,034)(50 × 106) = 0,3363 rad ∴ ϕr = ϕp − ϕ′p = 0,4667 −0,3363 = 0,1304 rad = 𝟕, 𝟒𝟕° 
5.126. O eixo é feito de um material endurecido por deformação cujo diagrama 𝜏 − 𝛾 é mostrado na figura. Determine 
o torque T que deve ser aplicado ao eixo de modo a criar um núcleo elástico no eixo com raio ρc = 12,5 mm. 
 
Figura 5.126 
τ1γ = 70(103)0,005 = 14(106) ∴ τ1 = 14(106)γ τ2 − 70(103)γ − 0,005 = 105(103) − 70(103)0,01 − 0,005 ∴ τ2 = 7(106)γ + 35(103) γmáx = ( 1512,5) (0,005) = 0,006 ∴ γ = ρc γmáx = ( ρ15) (0,006) = 0,0004ρ τ1 = 14(106)(0,0004ρ) = 5.600ρ ∴ τ2 = 7(106)(0,0004ρ) + 35(103) = 2.800ρ + 35.000 T = 2π ∫ τρ2dρc0 = 2π ∫ 5.600ρ3dρ12,50 + 2π ∫ [2.800ρ3 + 35.000ρ2]dρ1512,5 = 434.267.915,74 N.mm = 434,27 kN.m 
Torção 
241 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.127. O tubo de 2 m de comprimento é feito de um material elástico perfeitamente plástico como mostra a figura. 
Determine o torque aplicado T que submete o material da borda externa do tubo à superfície à deformação por 
cisalhamento 𝛾𝑚á𝑥 = 0,006 rad. Qual será o ângulo de torção permanente do tubo quando esse torque for removido? 
Faça um rascunho da distribuição de tensão residual no tubo. 
 
 Figura 5.127 γmáx = 0,006 rad > γe = 0,003 rad, logo, ocorre escoamento do material Tp = 2π3 τe(c03 − ci3) = 2π3 (210 × 106)(0,0353 − 0,0303) = 6,98 kN.m ∴ ϕp = γmáxLc0 = 0,006 × 20,035 = 0,343 rad G = 210 × 1060,003 = 70 GPa 
 ϕ′p = TpLπ2(c04 − ci4)G = 6,98 × 103 × 2π2(0,0354 − 0,0304)(70 × 109) = 0,184 rad (ângulo de torção após Tp ser removido) ϕr = ϕp − ϕp′ = 0,3434 − 0,184 = (0,159 rad) × 180°π = 9,11° 
*5.128. O diagrama tensão – deformação por cisalhamento para um eixo maciço de 50 mm de diâmetro pode ser 
aproximado como mostra a figura. Determine o torque exigido para provocar uma tensão de cisalhamento máxima de 
125 MPa no eixo. Se o eixo tiver 3 m de comprimento, qual será o ângulo de torção correspondente? 
 
 Figura 5.128 γ = ρc γmáx ∴ ρ = cγγmáx = 0,025 × 0,00250,01 = 0,00625 m ∴ τ − 0ρ − 0 = 50 × 1060,00625 ∴ τ = (8.000 × 106)ρ τ− 50 × 106ρ − 0,00625 = 125 × 106− 50 × 1060,025 − 0,00625 ∴ τ = (4.000 × 106)ρ + 25 × 106 T = 2π ∫ τρ2dρ = 2π ∫ (8.000 × 106)ρ3dρ + 2π ∫ [(4.000 × 106)ρ + (25 × 106)ρ2]dρ0,0250,006250,006250c0 = 3.269 N.m = 3,27 kN.m φ = γmáxLc = 0,01 × 30,025 = 1,20 rad = 68,8° 
Torção 
242 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.129. O eixo é composto por duas seções rigidamente acopladas. Se o material for elástico perfeitamente plástico como 
mostra a figura, determine o maior torque T que pode ser aplicado ao eixo. Além disso, desenhe a distribuição da tensão 
de cisalhamento na linha radial para cada seção. Despreze o efeito da concentração de tensão. 
 
 Figura 5.129 
 Tp = 2π ∫ τeρ2dρc0 = 2π3 τec3 = 2π3 × 70 × 106 × 0,013 = 𝟏𝟒𝟔, 𝟔𝟏 𝐍. 𝐦 τmáx = TcJ = 146,61 × 0,0125π2 × 0,01254 = 𝟒𝟕, 𝟕𝟗 𝐌𝐏𝐚 
5.130. O eixo é feito de um material elástico perfeitamente plástico como mostra a figura. Faça um gráfico da 
distribuição da tensão de cisalhamento que age ao longo de uma linha radial se o eixo for submetido a um torque T = 2 
kN.m. Qual será a distribuição da tensão no eixo quando o torque for removido? 
 
 Figura 5.130 
T = π6 τe(4c3 − ρe3) ∴ ρe = √4c3 − 6Tπτe3 = √4 × 203 − 6 × 2 ×106π × 1503 = 18,7 mm τr = TcJ = 2 × 106 × 20π2 × 204 = 159,15 MPa ∴ (τr)ρ=c = τr − τe = 159,15 − 150 = 9,15 MPa τi = τrρec = 159,15× 18,720 = 148,81 MPa ∴ (τr)ρ=0,0187m = τi − τe = 148,1 − 150 = −1,22 MPa 
Torção 
243 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.131. Um eixo de 40 mm de diâmetro é feito de um material elástico – plástico como mostra a figura. Determine o 
raio de seu núcleo elástico se ele for submetido a um torque T = 300 N.m. Se o eixo tiver 250 mm de comprimento, 
determine o ângulo de torção. 
 
Figura 5.131 
 
T = πτe6 (4c3 − ρe3) ∴ ρe = √4c3 − 6Tπτe3 = √4 × 203 − 6 × 300 × 103π × 213 = 16,77 mm 
 ϕ = γeLρe = 0,006 × 25016,77 = 0,089445 rad = 5,1248° 
*5.132. Um torque é aplicado ao eixo que tem raio de 100 mm. Se o material obedecer a uma relação tensão – 
deformação por cisalhamento de τ = 20γ1 3⁄ MPa, determine o torque que deve ser aplicado ao eixo de modo que a 
máxima deformação por cisalhamento se torne 0,005 rad. 
 
Figura 5.132 
 γ = ρc γmáx = ρ0,1 (0,005) = 0,05ρ ∴ τ = 20 × 106 × (0,05ρ)1/3 = 7,3681(106)ρ1/3 T = 2π ∫ τρ2dρ = 2π(7,3681 × 106) ∫ ρ7/3dρ0,10c0 = 6446,46 N.m = 6,45 kN.m 
Torção 
244 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.133. O eixo é feito de um material perfeitamente plástico como mostra a figura. Determine o torque que o eixo pode 
transmitir se o ângulo de torção admissível for 0,375 rad. Determine também o ângulo de torção permanente, uma vez 
removido o torque. O eixo tem 2 m de comprimento. 
 
 
 Figura 5.133 
 ϕadm = γmáxLc ∴ γmáx = 0,375 × 0,022 = 0,00375 rad ρe = 0,001875 × 0,020,00375 = 10 mm ∴ T = π6 τe(4c3 − ρe3) = π6 (150 × 106)(4 × 0,023 − 0,013) = 2,43 kN.m G = 150 MPa0,001875 = 80 GPa ∴ ϕ′ = TLJG = 2,43 × 10³ × 2π2 × 0,024× 80 × 109 = 0,242 rad ϕr = ϕ − ϕ′ = 0,375 − 0,242 = 0,133 × 180°π = 7,61° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Torção 
245 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.6 - PROBLEMAS DE REVISÃO 
5.134. Considere um tubo de parede fina de raio médio r e espessura t. Mostre que a tensão de cisalhamento máxima 
no tubo devido a um torque aplicado T se aproxima da tensão de cisalhamento média calculada pela Equação 5.18 
quando r/t → ∞. 
 
 
Figura 5.134 rt → ∞, isso nos mostra que t é tão pequeno que ri → r0 , logo: τmáx = Tr0π2(r04 − ri4) = 2Tr0π(r02 + ri2)(r02 − ri2) = 2Tr02πr02(r0 + ri)(r0 − ri) τmáx = T2πr02t , sabendo-se que ri = r0 = r , pelo fato de que rt → ∞, tem-se que: 𝛕𝐦á𝐱 = 𝛕𝐦é𝐝 = 𝐓𝟐(𝛑𝐫𝟐)𝐭 = 𝐓𝟐𝐭𝐀𝐦 
5.135. O eixo de aço inoxidável 304 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 60 mm. Quando está girando a 60 
rad/s, transmite 30 kW de potência do motor E para o gerador G. Determine a menor espessura do eixo se a tensão de 
cisalhamento admissível for τadm = 150 MPa e o eixo estiver restrito a uma torção não maior do que 0,08 rad. 
 
Figura 5.135 
 T = Pω = 30 × 10360 = 500 N.m ϕ = TLJGaço ∴ ci = √c04 − 2TLπϕGaço4 = √0,0304 − 2 × 500 × 3π × 0,08 × 75 × 1094 = 0,0284 m = 28,4 mm t = c0 − ci = 30 – 28,4 = 1,6 mm τmáx = Tc0π2(c04 − ci4) = 500 × 0,030π2(0,0304 − 0,02844) = 59,88 MPa < τadm = 150 MPa Ok! 
Torção 
246 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*5.136. O eixo maciço de aço inoxidável 304 tem 3 m de comprimento e diâmetro de 50 mm. Ele deve transmitir 40 
kW de potência do motor E para o gerador G. Determine a menor velocidade angular que o eixo pode ter se estiver 
restrito a uma torção não maior do que 1,5º. 
 
Figura 5.136 
 ϕ = (1,5°) ( π180°) = 0,02618 rad ϕ = TLJGaço ∴ ω = 2PLπc4ϕGaço = 2 × 40 × 103 × 3π × 0,0254 × 0,02618 × 75 × 109 = 99,6 rad/s 
5.137. O tubo de uma perfuratriz de poço de petróleo é feito de aço e tem diâmetro externo de 112 mm e espessura de 
6 mm. Se o tubo estiver girando a 650 rev/minuto enquanto recebe potência de um motor de 12 kW, determine a tensão 
de cisalhamento máxima no tubo. ω = 650 × 2π60 = 68,068 rad/s ci = c0 − t = 56 − 6 = 50 mm T = Pω = 12 × 10368,068 = 176,295 N.m ∴ τmáx = Tc0π2(c04 − ci4) = 2Tc0π(c04 − ci4) = 2 × 176,295 × 0,056 π(0,0564 − 0,0504) = 1,75 MPa 
 
5.138. O eixo cônico é feito de liga de alumínio 2014-T6 e seu raio pode ser descrito pela função r = 0,02(1 + x3/2) m, 
onde x é dado em metros. Determine o ângulo de torção de sua extremidade A se ele for submetido a um torque de450 
N.m. 
 
Figura 5.138 J(x) = π2 r4 = 8π(1 + x3 2⁄ )410−8 m4 ϕA = ∫ T dxJ(x)GalL0 = 4508π × 10−8 × 27 × 109 ∫ dx(1 + x3 2⁄ )440 = 0,0277 rad = 1,59° 
Torção 
247 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.139. O motor do helicóptero transmite 660 kW ao eixo do rotor AB quando a hélice está girando a 1.500 rev/minuto. 
Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro do eixo AB se a tensão de cisalhamento admissível for 
τadm = 56 MPa e as vibrações limitarem o ângulo de torção do eixo a 0,05 rad. O eixo tem 0,6 m de comprimento e é 
feito de aço-ferramenta L2. 
 
Figura 5.139 ω = 1.500 × 2π60 = 157,08 rad/s ∴ T = Pω = 660 × 103157,08 = 4.201,7 N.m 
ϕ = TLJGaço ∴ c = √ 2TLπϕGaço4 = √ 2 × 4.201,7 × 0,6π × 0,05 × 75 × 1094 = 0,02558 m = 25,58 mm 
 τmáx = TcJ = 4.201,7 × 0,02558π2 × 0,025584 = 159,86 MPa 
Logo, ocorre escoamento do material, pois: τmáx > τadm = 56 MPa , 
Logo: d = 2√ 2Tπτadm3 = 2√ 2 × 4.201,7π × 56 × 1063 = 0,07256 m = 72,56 mm ≅ 75 mm 
*5.140. O motor do helicóptero transmite 660 kW ao eixo do rotor AB quando a hélice está girando a 1.500 rev/minuto. 
Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro do eixo AB se a tensão de cisalhamento admissível for 
τadm = 75 MPa e as vibrações limitarem o ângulo de torção do eixo a 0,03 rad. O eixo tem 0,6 m de comprimento e é 
feito de aço-ferramenta L2. 
 
Figura 5.140 ω = 1.500 × 2π60 = 157,08 rad/s ∴ T = Pω = 660 × 103157,08 = 4.201,7 N.m 
ϕ = TLJGaço ∴ c = √ 2TLπϕGaço4 = √ 2 × 4.201,7 × 0,6π × 0,03 × 75 × 1094 = 0,02906 m ∴ τmáx = 4.201,7 × 0,02906π2 × 0,029064 = 109 MPa > τadm = 75 MPa τadm = TcJ ∴ c = √ 2Tπτadm3 = √ 2 × 4.201,7π × 75 × 1063 = 32,92 mm ∴ d = 2c = 65,84 mm ≅ 70 mm 
Torção 
248 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.141. O material de fabricação de cada um dos três eixos tem tensão de escoamento τe e módulo de cisalhamento G. 
Determine qual das geometrias resistirá ao maior torque sem escoamento. Qual porcentagem desse torque pode ser 
suportada pelos outros dois eixos? Considere que cada eixo é feito com a mesma quantidade de material e tem a mesma 
área de seção transversal A. 
 
 
Figura 5.141 
 
Círculo: τe = TCrJ ∴ TC = 1,57r3τe [1] 
Quadrado: a2 = πr2 ∴ a = r√π 
 τe = 4,81TQa3 ∴ TQ = 1,158r3τe [2] 
Triângulo: πr2 = a2sen(60°)2 ∴ a = 2r√π√34 
 τe = 20TTa3 ∴ TT = 0,977r3τe [3] 
Comparando os resultados encontrados para os torques, nota-se que a forma circular resistirá ao maior torque, logo: 
A = πr2 ∴ r = (Aπ)12 , substituindo r em [1], obtem-se: 𝐓𝐂 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟐𝐀𝟑𝟐𝛕𝐞 
Forma quadrangular: 
TQTC × 100 % = 𝟕𝟑, 𝟕% 
Forma triangular: 
TTTC × 100 % = 𝟔𝟐, 𝟐% 
 
 
 
 
 
Torção 
249 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.142. O tubo circular de aço A-36 é submetido a um torque de 10 kN.m. Determine a tensão de cisalhamento no raio 
médio ρ = 60 mm e calcule o ângulo de torção do tubo se ele tiver 4 m de comprimento e estiver preso em sua 
extremidade mais distante. Resolva o problema usando as equações 5.7, 5.15, 5.18 e 5.20. 
 
Figura 5.142 
 
Equação 5.18 
 
Am = πρ2 = 11.309,733 mm² ∴ τméd = T2tAm = 10 × 1062 × 5 × 11.309,733 = 88,42 MPa 
 
Equação 5.7 
 c0 + ci2 = 60 mm ∴ c0 + ci = 120 mm [1] 
 ci + t = c0 ∴ c0 = ci + 5 mm [2] 
Resolvendo as equações [1] e [2], obtem-se: c0 = 62,5 mm e ci = 57,5 mm 
 τmáx = Tρπ2(c04 − ci4) = 10 × 103π2(0,06254 − 0,05754) = 88,27 MPa 
 
Equação 5.20 
 ϕ = TL4Am2Gaço ∮ dst = TL2πtρ3Gaço = 10 × 106 × 4.0002π × 5 × 603 × 75 × 103 = 0,078595 rad = 4,503° 
 
Equação 5.15 
 ϕ = TLπ2(c04 − ci4)Gaço = 10 × 106 × 4.000π2(62,54 − 57,54)(75 × 103) = 0,07845882 rad = 4,495° 
Torção 
250 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
5.143. O tubo de alumínio tem 5 mm de espessura e dimensões da seção transversal externa mostradas na figura. 
Determine a máxima tensão de cisalhamento média no tubo. Se o tubo tiver comprimento de 5 m, determine o ângulo 
de torção Gal = 28 GPa. 
 
 
Figura 5.143 
 
 
 Am = (150 + 1402 ) (100 + 902 ) = 13.775 mm² (τméd)máx = TAB2tAm = 2802 × 0,005 × 13.775 × 10−6 = 2,03 MPa ϕ = ∑ TL4Am2Gal ∮ dst = ( 280 × 2 + 145 × 34 × (13.775 × 10−6)2× 28 × 109) (2 × 0,145 + 2 × 0,095 0,005 ) ϕ = 0,00449 rad = 𝟎, 𝟐𝟓𝟖° 
 
 
 
 
 
 
 
251 
Capítulo 6 
 
 
 
 
Flexão 
 
Flexão 
252 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.1 - PROBLEMAS 
6.1. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo. Os mancais em A e B 
exercem somente reações verticais no eixo. 
 
 
Figura 6.1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −0,8RB + 24 × 0,25 = 0 
RB = 7,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA – 7,5 – 24 = 0 
RA = 31,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,250 m) M(x1) = −24x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −24 kN 
Seção 2 (0,250 m ≤ x2 ≤ 1,05 m) M(x2) = 7,5x2 − 7,875 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 7,5 kN 
Flexão 
253 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.2. Um dispositivo é usado para suportar uma carga. Se a força aplicada ao cabo for 250 N, determine as tensões T1 e 
T2 em cada extremidade da corente e, então, represente graficamente os diagramas de força cortante e momento para o 
braço ABC. 
 
Figura 6.2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MB = 0 
0,3 × 250 – 0,075T2 = 0 
T2 = 1,00 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
T1 – 1 – 0,250 = 0 
T1 = 1,25 kN 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,3 m) M(x1) = −0,250x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −0,25 kN 
Seção BC (0,3 m ≤ x2 ≤ 0,375 m) M(x2) = x2 − 0,375 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 1 kN 
Flexão 
254 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.3. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletror para o eixo. Os mancais em A e D 
exercem somente reações verticais sobre o eixo. A carga é aplicada às polias em B, C e E. 
 
Figura 6.3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −0,35 × 400– 0,85 × 550 + 1,225RD – 1,525 × 175 = 0 
RD = 713,775 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 713,775 – 400 – 550 – 175 = 0 
RA = 411,23 N 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,35 m) M(x1) = 411,23x1 N.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 411,23 N 
Seção BC (0,35 m ≤ x2 ≤ 0,85 m) M(x2) = 11,23x2 + 140 N.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 11,23 N 
Seção CD (0,85 m ≤ x3 ≤ 1,225 m) M(x3) = −538,77x3 + 607,5 N.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −538,77 N 
Seção DE (1,225 m ≤ x4 ≤ 1,525 m) M(x4) = 175x4 − 267 N.m V(x4) = dM(x4)dx4 = 175 N 
Flexão 
255 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.4. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
Figura 6.4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1 – 10 × 2 – 10 × 3 – 10 × 4 + 5R2 = 0 
R2 = 20 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
R1 + 20 – 40 = 0 
R1 = 20 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = 20x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 20 kN 
Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 10x2 + 10 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 10 kN 
Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3 m) M(x3) = 30 kN. m V(x3) = dM(x3)dx3 = 0 kN 
Seção 4 (3 m ≤ x4 ≤ 4 m) M(x4) = −10x4 + 60 kN.m V(x4) = dM(x4)dx4 = −10 kN 
Seção 5 (4 m ≤ x5 ≤ 5 m) M(x5) = −20x5 + 100kN.m V(x5) = dM(x5)dx5 = −20 kN 
Flexão 
256 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.5. Um suporte de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma de uma ponte. Represente 
graficamente os diagramas de força cortante e momento para o suporte quando submetido à carga das longarinas 
mostradas na figura. Considere que as colunas A e B exercem somente reações verticais no suporte.Figura 6.5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
60 × 1 – 35 × 1 – 35 × 2,5 – 35 × 4 + 5RB – 60 × 6 = 0 
RB = 112,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 112,5 – 225 = 0 
RA = 112,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = −60x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −60 kN 
Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 52,5x2 − 112,5 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 52,5 kN 
Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3,5 m) M(x3) = 17,5x3 − 42,5 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = 17,5 kN 
Seção 4 (3,5 m ≤ x4 ≤ 5 m) M(x4) = −17,5x4 + 80 kN.m V(x4) = dM(x4)dx4 = −17,5 kN 
Seção 5 (5 m ≤ x5 ≤ 6 m) M(x5) = −52,5x5 + 255 kN.m 
 V(x5) = dM(x5)dx5 = −52,5 kN 
Seção 6 (6 m ≤ x6 ≤ 7 m) M(x5) = 60x6 − 420kN.m V(x6) = dM(x6)dx6 = 60 kN 
Flexão 
257 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.6. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo. Os mancais em A e B 
exercem somente reações verticais sobre o eixo. Expresse também a força cortante e o momento no eixo em função de 
x dentro da região 125 mm < x < 725 mm. 
 
Figura 6.6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −800 × 0,125 – 1.500 × 0,725 + 0,8RB = 0 
RB = 1.484,38 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 1.484,38 – 800 – 1.500 = 0 
RA = 2.300 N 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,125 m) M(x1) = 815,63x1 N.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 815,63 N 
Seção 2 (0,125 m ≤ x2 ≤ 0,725 m) 𝐌(𝐱𝟐) = 𝟏𝟓, 𝟔𝐱𝟐 + 𝟏𝟎𝟎 N.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐)𝐝𝐱𝟐 = 𝟏𝟓, 𝟔 𝐍 
 
Seção 3 (0,725 m ≤ x3 ≤ 0,8 m) M(x3) = −1.484,37x3 + 1.187,5 N.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −1.484,37 N 
Flexão 
258 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.7. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo e determine a força cortante 
e o momento em todo o eixo em função de x. Os mancais em A e B exercem somente rações verticais sobre o eixo. 
 
 
Figura 6.7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −4 × 0,9 + 1,5RB – 2,5 × 1,95 = 0 
RB = 5,65 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 5,65 – 6,5 = 0 
RA = 0,85 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) 𝐌(𝐱𝟏) = 𝟎, 𝟖𝟓𝐱𝟏 kN.m 𝐕(𝐱𝟏) = 𝐝𝐌(𝐱𝟏)𝐝𝐱𝟏 = 𝟎, 𝟖𝟓 𝐤𝐍 
Seção 2 (0,9 m ≤ x2 ≤ 1,5 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝟑, 𝟏𝟓𝐱𝟐 + 𝟑, 𝟔 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐)𝐝𝐱𝟐 = −𝟑, 𝟏𝟓 𝐤𝐍 
Seção 3 (1,5 m ≤ x3 ≤ 1,8 m) 𝐌(𝐱𝟑) = 𝟐, 𝟓𝐱𝟑 − 𝟒, 𝟖𝟕𝟓 kN.m 𝐕(𝐱𝟑) = 𝐝𝐌(𝐱𝟑)𝐝𝐱𝟑 = 𝟐, 𝟓 𝐤𝐍 
Flexão 
259 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.8. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o tubo. A extremidade rosqueada 
está sujeita a uma força horizontal de 5 kN. Dica: As reações no pino C devem ser substituídas por cargas equivalentes 
no ponto B no eixo do tubo. 
 
 
Figura 6.8 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,4Cy – 0,08Cx = 0 [1] 
→ + ∑ Fx = 0 
Cx – 5 = 0 [2] 
Substituindo [2] em [1], obtem-se: 
Cy = RA = 1 kN e CX = 5 kN 
Seção AB (0 ≤ x ≤ 0,4 m) M(x) = −x kN.m V(x) = dM(x)dx = −1 kN 
 
Flexão 
260 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.9. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Dica: A carga de 100 KN 
deve ser substituída por cargas equivalentes no ponto C no eixo da viga. 
 
 
Figura 6.9 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: By = 16,67 kN, RA = 58,33 kN e Bx = 100 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −75 × 1 + 100 × 0,25 + 3By = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 RA + By − 75 = 0 [2] → + ∑ Fx = 0 Bx – 100 = 0 [3] 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = 58,33x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 58,33 kN 
Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = −16,67x2 + 75 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −16,67 kN 
 
Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3 m) M(x3) = −16,67x3 + 50 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −16,67 kN 
 
Flexão 
261 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.10. O guindaste de motores é usado para suportar o motor que pesa 6 kN. Represente graficamente os diagramas de 
força cortante e momento fletor da lança ABC quando ela está na posição horizontal mostrada. 
 
 
Figura 6.10 
 
 
 
 
 
Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: FB = 20 kN, Ay = 10 kN e Ax = 12 kN 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
1,2 × 0,6FB – 2,4 × 6 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 1,2FB1,5 − 6 = 0 [2] 
→ + ∑ Fx = 0 −Ax + 0,9FB1,5 = 0 [3] 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −10 kN 
Seção BC (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 6 kN 
Flexão 
262 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.11. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta. Ela é suportada 
por uma chapa lisa em A, que desliza no interior de uma ranhura e, por isso, não pode suportar uma força vertical, 
embora possa suportar momento e carga axial. 
 
Figura 6.11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
MA – Pa + 3a × 2P – 4a × P = 0 
MA = −Pa 
↑ + ∑ Fy = 0 
FC – 2P = 0 
FC = 2P 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = Pa V(x1) = dM(x1)dx1 = 0 
Seção BC (a ≤ x2 ≤ 3a) M(x2) = −Px2 + 2a V(x2) = dM(x2)dx2 = −P 
Seção CD (3a ≤ x3 ≤ 4a) M(x3) = Px3 − 4a V(x3) = dM(x3)dx3 = P 
 
Flexão 
263 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.12. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta interligada por 
um pino em B. 
 
 
Figura 6.12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
30 × 1 – 40 × 2,5 + 3,5Cy = 0 
Cy = 20 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ay + 20 – 70 = 0 
Ay = 50 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = −30x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −30 kN 
Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 3,5 m) M(x2) = 20x2 − 50 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 20 kN 
Seção 3 (3,5 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −20x3 + 90 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −20 kN 
Flexão 
264 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.13. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −M0 – M0 + M0 + 3aRB = 0 RB = M03a 
↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + RB = 0 Ay = M03a 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = M0 (1 − x13a) V(x1) = dM(x1)dx1 = − M03a 
Seção 2 (a ≤ x2 ≤ 2a) M(x2) = M0 (2 − x23a) V(x2) = dM(x2)dx2 = − M03a 
Seção 3 (2a ≤ x3 ≤ 3a) M(x3) = M0 (1 − x33a) V(x3) = dM(x3)dx3 = − M03a 
Flexão 
265 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.15. A viga está sujeita ao momento uniforme distribuído m (momento/comprimento). Represente graficamente os 
diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
Figura 6.15 
 
 
 
 
*6.16. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
Figura 6.16 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −MA+ mL = 0 ∴ MA = mL Seção AB (0 ≤ x ≤ L) M(x) = m(L − x) 
↶ + ∑ MA = 0 −MA – (10 × 2,5) × 1,25 + (10 × 2,5) × 3,75 = 0 
MA = 62,5 kN.m 
Continua... 
Flexão 
266 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
 
 
 
 
 
 
6.17. Um homem de massa 75 kg está sentado no meio de um barco com largura uniforme e peso de 50 N/m. Determine 
o momento fletor máximo exercido sobre o barco. Considere que a água exerce uma carga distribuída uniforme para 
cima na parte inferior do barco. 
 
 
 Figura 6.17Mmáx = M(2,5) = 75 × 2,5² = 468,75 N.m ≅ 469 N.m 
 
 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,5 m) M(x1) = −5x12 + 62,5 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −10x1 kN 
Seção 2 (2,5 m ≤ x3 ≤ 5 m) M(x2) = 5x22 − 50x2 + 125 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 10x2 − 50 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
5w – 750 – 50 × 5 = 0 ∴ w = 200 N/m 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,5 m) M(x1) = 75x12 N.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 150x1 N 
Seção 2 (2,5 m ≤ x2 ≤ 5 m) M(x2) = 75x22 − 750x2 + 1.875 N.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 150x2 − 750 N 
Flexão 
267 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.18. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Ela é suportada por uma 
chapa lisa em A que desliza no interior de uma ranhura e, por isso, não pode suportar uma força vertical, embora possa 
suportar momento e carga axial. 
 
 
Figura 6.18 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
MA – (wL) × L2 + FBL = 0 MA = − wL22 
 
↑ + ∑ Fy = 0 −wL + FB = 0 
FB = wL 
Seção AB (0 ≤ x ≤ L) M(x) = wL22 (L2 − x2) dM(x)dx = −wx 
Flexão 
268 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.19. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.19 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(30 × 1,5) × 0,75 – 45 + 3FB = 0 FB = 3,75 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 3,75 – 45 = 0 
FA = 41,25 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x1) = −15x12 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −30x1 kN 
Seção 2 (1,5 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −3,75x2 − 28,125 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −3,75 kN 
 
Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −3,75x3 + 16,875 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −3,75 kN 
 
Flexão 
269 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.20. Determine os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante e o momento 
em toda a viga em função de x. 
 
Figura 6.20 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
M – (30 × 2,4) × 1,2 – 50 × 2,4 – 40 × 3,6 – 200 = 0 
M = 550,4 kN.m 
↑ + ∑ Fy = 0 −30 × 2,4 + F – 50 − 40 = 0 
F = 162 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,4 m) 𝐌(𝐱𝟏) = −𝟏𝟓𝐱𝟏𝟐 + 𝟏𝟔𝟐𝐱𝟏 − 𝟓𝟓𝟎, 𝟒 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −𝟑𝟎𝐱𝟏 + 𝟏𝟔𝟐 𝐤𝐍 
Seção 2 (2,4 m ≤ x2 ≤ 3,6 m) 𝐌(𝐱𝟐) = 𝟒𝟎𝐱𝟐 − 𝟑𝟒𝟒 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 𝟒𝟎 𝐤𝐍 
Flexão 
270 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.21. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante 
e momento na viga em função de x, 1,2 m < x < 3 m. 
 
 
Figura 6.21 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,3 – (2,5 × 1,8) × 0,9 + 1,8FB – 0,3 = 0 
FB = 2,25 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 2,25 – 4,5 = 0 
FA = 2,25 kN 
 
Seção1 (0 ≤ x1 ≤ 1,2 m) M(x1) = −0,3 kN. m V(x1) = dM(x1)dx1 = 0 kN 
 
Seção 2 (1,2 m ≤ x2 ≤ 3 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝟏, 𝟐𝟓𝐱𝟐𝟐 + 𝟓, 𝟐𝟓𝐱𝟐 − 𝟒, 𝟖 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐)𝐝𝐱𝟐 = −𝟐, 𝟓𝐱𝟐 + 𝟓, 𝟐𝟓 kN 
Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,2 m) M(x3) = −0,3 kN. m V(x3) = dM(x3)dx3 = 0 kN 
 
Flexão 
271 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.22. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta. Os três segmentos 
estão interligados por pinos em B e E. 
 
Figura 6.22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑(MB)AB = 0 
3 × 1 − 3FA = 0 FA = FF = 1 kN 
↶ + ∑ Mc = 0 
3 × 2 − 4FA – (0,8 × 4) × 1 – 3 × 4 + 6 × 1 + 2 FD = 0 FC = FD = 3,6 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 1 kN 
Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −2x22 + 6 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −2 kN 
Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4 m) M(x3) = −0,4x32 + 0,4x3 + 2,4 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −0,8x3 + 0,4 kN 
Seção 4 (4 m ≤ x4 ≤ 6 m) M(x4) = −0,4x42 + 4x4 − 12 kN.m V(x4) = dM(x4)dx4 = −0,8x4 + 4 kN 
Seção 5 (6 m ≤ x5 ≤ 7 m) M(x5) = −0,4x52 + 7,6x5 − 33,6 kN.m V(x5) = dM(x5)dx5 = −0,8x5 + 7,6 kN 
Seção 6 (7 m ≤ x6 ≤ 8 m) M(x6) = 2x6 − 14 kN.m V(x6) = dM(x6)dx6 = 2 kN 
Seção 7 (8 m ≤ x7 ≤ 10 m) M(x7) = −x5 + 10 kN.m V(x7) = dM(x7)dx7 = −1 kN 
Flexão 
272 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.23. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.23 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(30 × 1,5) × 0,75 – 30 – (30 × 1,5) × 2,25 + 3FB = 0 
FB = 32,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 32,5 – 90 = 0 
FA = 57,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x1) = −15x12 + 30 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −30x1 kN 
Seção 2 (1,5 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −12x2 − 22,5 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −12,5 kN 
 
Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −15x32 + 102,5x3 − 157,5 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −30x3 + 102,5 kN 
Flexão 
273 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.24. A viga está parafusada ou presa por pino em A e repousa sobre um coxim em B que exerce uma carga 
uniformemente distribuída na viga ao longo de seu 0,6 m de comprimento. Represente graficamente os diagramas de 
força cortante e momento fletor para a viga se ela suportar uma carga uniforme de 30 kN/m. 
 
 
Figura 6.24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(0,6w) × 3 – (30 × 2,4) × 1,5 = 0 
 w = 60 kN/m 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 0,6 × 60 – 72 = 0 
RA = 36 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,3 m) M(x1) = 36x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 36 kN 
Seção 2 (0,3 m ≤ x2 ≤ 2,7 m) M(x2) = −15x22 + 45x2 − 1,35 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −30x2 + 45 kN 
Seção 3 (2,7 m ≤ x3 ≤ 3,3 m) M(x3) = 305x32 − 198x3 + 326,7 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = 60x3 − 198 kN 
Flexão 
274 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.25. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Os dois segmentos estão 
interligados em B. 
 
 
Figura 6.25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑(MB)BC = 0 
2,4FC – (5 × 2,4) × 1,2 = 0 
FC = 6 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 6 – 52 = 0 
FC = 6 kN 
↶ + ∑(MB)AB = 0 
MA + 40 × 1,5 – 2,4 × 46 = 0 
MA = 50,4 kN.m 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = 46x1 − 50,4 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 46 kN 
Seção 2 (0,9 m ≤ x2 ≤ 2,4 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 6 kN 
Seção 3 (2,4 m ≤ x3 ≤ 4,8 m) M(x3) = −2,5x32 + 18x3 − 28,8 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −5x3 + 18 kN 
Flexão 
275 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.27. Determine a distância de colocação a do suporte de rolete de modo que o maior valor absoluto do momento seja 
um mínimo. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para essa condição. 
 
 
Figura 6.27 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 12w (wL − wL22a )2 e |Mmín| = w2 a2 − wLa + wL22 |Mmáx| = |Mmín| 
12w (wL − wL22a )2 = w2 a2 − wLa + wL22 ∴ 𝐚 = 𝐋√𝟐 
 
↶ + ∑ MA = 0 
aFB – wL × 0,5L = 0 FB = wL22a 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB – wL = 0 FA = wL (1 − L2a) 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = − w2 x12 + (wL − wL22a ) x1 V(x1) = dM(x1)dx1 = −wx1 − wL22a + wL 
Seção 2 (a ≤ x2 ≤ L) M(x2) = − w2 x22 + wLx2 − wL22 V(x2) = dM(x2)dx2 = −wx2 + wL 
Flexão 
276 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.28. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a barra. Somente reações verticais 
ocorrem em suas extremidades A e B. 
 
Figura 6.28 
 
 2,4y = 0,9x ∴ y = (83 x) kN/m P(x) = (43 x2) kN 
Seção AB (0 ≤ x ≤ 0,9 m) M(x) = − 49 x3 + 0,360x V(x) = − 43 x2 + 0,360 
 
 
 
Flexão 
277 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 20166.29. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.29 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 FBL − 2w0L3 × L2 = 0 FB = w0L3 
↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB = 2w0L3 FA = w0L3 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 3⁄ ) M(x1) = − w02L x13 + w0L3 x1 V(x1) = dM(x1)dx1 = − 3w02L x12 + w0L3 
Seção 2 (L 3⁄ ≤ x2 ≤ 2L 3⁄ ) M(x2) = − w02 x22 + w0L2 x2 − w0L254 V(x2) = dM(x2)dx2 = −w0x2 + w0L2 
Flexão 
278 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.30. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.30 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 2L3 FB − w0L2 × L3 = 0 FB = w0L4 
↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB − w0L2 = 0 FA = w0L4 
 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 3⁄ ) M(x1) = − w06L x13 V(x1) = dM(x1)dx1 = − w02L x12 
Seção 2 (L 3⁄ ≤ x2 ≤ 2L 3⁄ ) M(x2) = − w06L x23 + w0L4 x2 − w0L212 V(x2) = dM(x2)dx2 = − w02L x22 + w0L4 
Flexão 
279 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.31. A viga T está sujeita ao carregamento mostrado. Represente graficamente os diagramas de força cortante e de 
momento fletor. 
 
 
Figura 6.31 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 10 × 2 − (3 × 3) × 4,5 + 6FB = 0 FB = 3,42 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 FA + 3,42 − 19 = 0 FA = 15,6 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −10 kN 
Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 5 m) M(x2) = 5,6x2 − 31,2 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 5,6 kN 
 
Seção 3 (5 m ≤ x3 ≤ 8 m) M(x3) = −1,5x32 + 20,6x3 − 68,7 kN.m V(x3) = dM(x3)dx3 = −3x3 + 20,6 kN 
 
Flexão 
280 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.32. O esqui suporta o peso de 900 N (≈ 90 kg) do homem. Se a carga de neve em sua superfície inferior for 
trapezoidal, como mostra a figura, determine a intensidade w e, então, represente graficamente os diagramas de força 
cortante e momento fletor para o esqui. 
 
 
Figura 6.32 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 (2 + 1) (w2 ) − 900 = 0 
w = 600 N/m Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,5 m) M(x1) = 200x13 N.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 600x12 N 
Seção 2 (0,5 m ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x2) = 300x22 − 150x2 + 25 N.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 600x2 − 150 N 
Flexão 
281 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.33. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.33 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −112,5 × 1,5 – 112,5 × 7,5 + 9FB = 0 
FB = 112,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 112,5 – 225 = 0 
FA = 112,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 4,5 m) M(x1) = 5027 x13 − 25x12 + 112,5x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = 509 x12 − 50x1 + 112,5 kN 
Seção 2 (4,5 m ≤ x2 ≤ 9 m) M(x2) = − 5027 x23 + 25x22 − 112,5x2 + 337,5 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = − 509 x22 + 50x2 − 112,5 kN 
Flexão 
282 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.34. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga de madeira e determine a 
força cortante e o momento fletor em todo o comprimento da viga em função de x. 
 
Figura 6.34 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
1 × 1 – (2 × 1,5) × 0,75 + 1,5FB – 1 × 2,5 = 0 
FB = 2,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 2,5 – 5 = 0 
FA = 2,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) 𝐌(𝐱𝟏) = −𝐱𝟏 kN.m 𝐕(𝐱𝟏) = −𝟏 𝐤𝐍 
Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2,5 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝐱𝟐𝟐 + 𝟑, 𝟓𝐱𝟐 − 𝟑, 𝟓 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐)𝐝𝐱𝟐 = −𝟐𝐱𝟐 + 𝟑, 𝟓 kN 
Seção 3 (2,5 m ≤ x3 ≤ 3,5 m) 𝐌(𝐱𝟑) = −𝐱𝟑 kN.m 𝐕(𝐱𝟑) = 𝟏𝐤𝐍 
Flexão 
283 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.35. O pino liso está apoiado em duas chapas A e B e sujeito a uma carga de compressão de 0,4 kN/m provocada pela 
barra C. Determine a intensidade da carga distribuída w0 das chapas agindo sobre o pino e represente graficamente os 
diagramas de força cortante e momento fletor para o pino. 
 
 
Figura 6.35 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 202 w0 + 202 w0 − 0,4 × 60 = 0 𝐰𝟎 = 𝟏, 𝟐 𝐤𝐍/𝐦 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,02 m) M(x1) = 10x13 kN.m V(x1) = 30x12 kN 
Seção 2 (0,02 m ≤ x2 ≤ 0,08 m) M(x2) = −0,2x22 + 0,02x2 − 0,00024 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = −0,4x2 + 0,02 kN 
Flexão 
284 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.36. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.36 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2,25 + 3,6FB – 4,05 × 4,2 = 0 
FB = 5,35 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −FA + 5,35 – 4,05 = 0 
FA = 1,3 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 3,6 m) M(x1) = −1,3x1 + 2,25 kN.m V(x1) = −1,3 kN 
Seção 2 (3,6 m ≤ x2 ≤ 5,4 m) M(x2) = 512 x23 − 6,75x22 + 36,45x2 − 65,6 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 1,25x22 − 13,5x2 + 36,45 kN 
Flexão 
285 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.37. A viga composta consiste em dois segmentos interligados por um pino em B. Represente graficamente os 
diagramas de força cortante e momento fletor se ela suportar a carga distribuída mostrada na figura. 
 
Figura 6.37 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MB = 0 P3 × 2L3 − 2L3 FA = 0 FA = 227 wL 
↑ + ∑ Fy = 0 FA + FC − wL2 = 0 FC = 2354 wL 
 
↶ + ∑ MC = 0 MC + wL26 − FAL = 0 MC = 554 wL2 
 Seção AC (0 ≤ x ≤ L) M(x) = 227 wLx − w6L x3 V(x) = dM(x)dx = 227 wL − w2L x2 
Flexão 
286 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.38. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.38 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MB = 0 
MB + 9 × 1 − 36 × 1,5 = 0 
MB = 63 kN.m 
↑ + ∑ Fy = 0 
FB – (18 + 12) × 1,5 = 0 
FB = 45 kN 
Seção AB (0 ≤ x ≤ 3 m) M(x) = − 13 x3 − 6x2 kN.m V(x) = dM(x)dx = −x2 − 12 kN 
 
Flexão 
287 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
6.39. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante 
e o momento em função de x. 
 
 
Figura 6.39 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −600 × 4,5 – 300 × 5 + 6FB = 0 
FB = 700 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 700 – (400 + 200) × 1,5 = 0 
FA = 200 N Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 3 m) 𝐌(𝐱𝟏) = 𝟐𝟎𝟎𝐱𝟏 N.m 𝐕(𝐱𝟏) = 𝟐𝟎𝟎 𝐍 
Seção 2 (3 m ≤ x2 ≤ 6 m) 𝐌(𝐱𝟐) = − 𝟏𝟎𝟎𝟗 𝐱𝟐𝟑 + 𝟓𝟎𝟎𝐱𝟐 − 𝟔𝟎𝟎 N.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐)𝐝𝐱𝟐 = − 𝟏𝟎𝟎𝟑 𝐱𝟐𝟐 + 𝟓𝟎𝟎 N 
Flexão 
288 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.40. Determine a distância de colocação a do suporte de rolete de modo que o maior valor absoluto do momento seja 
um mínimo. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para essa condição. 
 
 Figura 6.40 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = PL − 3PL24a e |Mmín| = PL − Pa 
|Mmáx| = |Mmín| ∴ PL − 3PL24a = PL − Pa 
a = 0,866L 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,5PL + aFB − PL = 0 FB = 3PL2a 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + FB – 2P = 0 FA = 2P − 3PL2a Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 2⁄ ) M(x1) = (2P − 3PL2a ) x1 V(x1) = dM(x1)dx1 = (2P − 3PL2a ) 
Seção 2 (L 2⁄ ≤ x2 ≤ a) M(x2) = (P − 3PL2a ) x2 + PL2 V(x2) = dM(x2)dx2 = (P − 3PL2a ) 
Seção 3 (a ≤ x3 ≤ L) M(x3) = Px3 − PL V(x3) = dM(x3)dx3 = P 
Flexão 
289 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.41. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. 
 
 
Figura 6.41 
 
 
 XCG = wXCGw 
 
 
 
 Seção AB (0 ≤ x ≤ 2 m) M(x) = x3 − x496 − 12 V(x) = dM(x)dx = 13 − x324 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 FA − ∫ 18 x2dx = 020 FA = 13 kN 
XCG= ∫ wxdxL0∫ wdxL0 XCG = 32 m 
↶ + ∑ MA = 0 MA − 13 XCG = 0 
MA = 0,5 kN.m 
Flexão 
290 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.42. O caminhão será usado para transportar a coluna de concreto. Se ela tiver um peso uniforme de w 
(força/comprimento), determine a colocação dos apoios a distâncias a iguais em relação às extremidades, de modo que 
o momento fletor absoluto máximo na coluna seja o menor possível. Além disso, represente graficamente os diagramas 
de força cortante e momento fletor para a coluna. 
 
 
 Figura 6.42 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = |Mmín| w2 x12 = wL2 x2 − w2 x22 − waL2 , para x1 = a e x2 = 0,5L, tem-se: 4a² + 4aL – L² = 0, solucionando a equação: a = 0,207L 
 
 
↶ + ∑ M1 = 0 −wL (L2 − a) + F2(L − 2a) = 0 F2 = wL2 
↑ + ∑ Fy = 0 
F1 + F2 – wL = 0 F1 = wL2 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = − w2 x12 V(x1) = dM(x1)dx1 = −wx1 
Seção 2 (a ≤ x2 ≤ L − a) M(x2) = wL2 x2 − w2 x22 − waL2 V(x2) = dM(x2)dx2 = wL2 − wx2 
Flexão 
291 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.2 - PROBLEMAS 
6.43. Um elemento com as dimensões mostradas na figura deverá ser usado para resistir a um momento fletor interno 
M = 2 kN.m. Determine a tensão máxima no elemento se o momento for aplicado (a) em torno do eixo z e (b) em torno 
do eixo y. Trace um rascunho da distribuição de tensão para cada caso. 
 
 Figura 6.43 
(a) Em torno do eixo z Iz = 0,060 × 0,120312 = 8,64 × 10-6 m4 ∴ σmáx = McIz = 2 × 103 × 0,0608,64 × 10−6 = 13,89 MPa 
(b) Em torno do eixo y Iy = 0,120 × 0,060312 = 2,16 × 10-6 m4 ∴ σmáx = McIy = 2 × 103 × 0,0302,16 × 10−6 = 27,78 MPa 
*6.44. A haste de aço com diâmetro de 20 mm está sujeita a um momento interno M = 300 N.m. Determine a tensão 
criada nos pontos A e B. Além disso, trace um rascunho de uma visão tridimensional da distribuição de tensão que age 
na seção transversal. 
 
 Figura 6.44 I = π4 c4 = π4 (0,010)4 = 7,854 × 10-9 m4 
yA = c = 10 mm e yB = csen(θ) = 10sen(45°) = 7,0711 mm σA = MyAI = 300 × 0,010 7,854 × 10−9 = 𝟑𝟖𝟏, 𝟗𝟕𝐌𝐏𝐚 σB = MyBI = 300 × 0,00707117,854 × 10−9 = 𝟐𝟕𝟎, 𝟎𝟗𝐌𝐏𝐚 
Flexão 
292 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.45. A viga está sujeita a um momento M. Determine a porcentagem desse momento à qual resistem as tensões que 
agem nas pranchas superior e inferior A e B da viga. 
 
 Figura 6.45 
 I = 0,2 × 0,02312 − 0,15 × 0,15312 = 9,1146 × 10−5m4 ∴ σE = MyEI = M × 0,19,1146 × 10−5 = 1.097,143M σD = MyDI = M × 0,0759,1146 × 10−5 = 822,857M FR = (1.097,143M + 822,857M)2 (0,025)(0,2) = 4,8M ∴ M′ = 0,17619FR = 0,17619 × 4,8M = 0,8457M 
100% (M′M ) = 100% (0,8457MM ) = 𝟖𝟒, 𝟔% 
6.46. Determine o momento M que deve ser aplicado à viga de modo a criar uma tensão de compressão no ponto D, σD 
= 30 MPa. Além disso, trace um rascunho da distribuição de tensão que age na seção transversal e calcule a tensão 
máxima desenvolvida na viga. 
 
 Figura 6.46 I = 0,2 × 0,02312 − 0,15 × 0,15312 = 9,1146 × 10−5m4 σD = MyDI ∴ M = IσDyD = 9,1146 × 10−5 × 30 × 1060,075 = 𝟑𝟔, 𝟓 𝐤𝐍. 𝐦 σmáx = McI = 36,5 × 103 × 0,19,1146 × 10−5 = 40 MPa 
Flexão 
293 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.47. A peça de mármore, que podemos considerar como um material linear elástico frágil, tem peso específico de 24 
kN/m³ e espessura de 20 mm. Calcule a tensão de flexão máxima na peça se ela estiver apoiada (a) em seu lado e (b) 
em suas bordas. Se a tensão de ruptura for σrup = 1,5 MPa, explique as consequências de apoiar a peça em cada uma das 
posições. 
 
 
Figura 6.47 
 
 
(a) Em seu lado 
 
W = ρV = (24 × 10³)(0,5 × 1,5 × 0,02) = 360 N 
 
 
 
σmáx = 0,081 MPa < σrup = 1,5 MPa, logo, a peça não quebra nessa posição 
(b) Em suas bordas 
 I = 0,5 × 0,020312 = 3,333 × 10-7 m4 ∴ σmáx = MmáxcI = 67,5 × 0,0102,0833 × 10−4 = 2,025 MPa (quebra) 
σmáx = 2,025 MPa > σrup = 1,5 MPa, logo, a peça quebra nessa posição 
↶ + ∑ M = 0 
Mmáx + 0,375 × 180 – 180 × 0,75 = 0 
Mmáx = 67,5 N.m 
I = 0,020 × 0,5312 = 2,0833 × 10-4 m4 σmáx = MmáxcI = 67,5 × 0,252,0833 × 10−4 = 0,081 MPa 
Flexão 
294 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.48. A peça de mármore, que podemos considerar como material linear elástico frágil, tem peso específico de 24 
kN/m³. Se for apoiada nas bordas como mostrado em (b), determine a espessura mínima que ela deve ter para não 
quebrar. A tensão de ruptura é σrup = 1,5 MPa. 
 
 
Figura 6.48 
 
 
 
W(t) = ρV = (24 × 103)(0,5 × 1,5 × t) = (18.000t) N ↶ + ∑ M = 0 
Mmáx + (9.000t)(0,375) – (9.000t)(0,75) = 0 
Mmáx = (3.375t) N.m I = 0,5 × t312 = t324 m4 
 σrup = MmáxcI 1,5 × 106 = 3.375t × 0,5tt324 ∴ t = 0,027 m = 27 mm 
 
 
 
Flexão 
295 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.49. A viga tem seção transversal mostrada na figura. Se for feita de aço com tensão admissível σadm = 170 MPa, 
determine o maior momento interno ao qual pode resistir se o momento for aplicado (a) em torno do eixo z e (b) em 
torno do eixo y. 
 
Figura 6.49 
(a) Em torno do eixo z Iz = 2 [0,120 × 0,005312 + 0,120 × 0,005 × 0,06252] + 0,005 × 0,120312 = 5,41 × 10-6 m4 ∴ σadm = MzcIz ∴ 𝐌𝐳 = 𝟏𝟒, 𝟏𝟓 𝐤𝐍. 𝐦 
 (b) Em torno do eixo y Iy = 2 × 0,005 × 0,120312 + 0,120 × 0,005312 = 1,44125 × 10-6 m4 ∴ 170 × 106 = My × 0,0601,44125 × 10−6 ∴ 𝐌𝐲 = 𝟒, 𝟎𝟖 𝐤𝐍. 𝐦 
6.50. Foram apresentadas duas alternativas para o projeto de uma viga. Determine qual delas suportará um momento 
de M = 150 kN.m com a menor quantidade de tensão de flexão. Qual é essa tensão? Com que porcentagem ela é mais 
efetiva? 
 
Figura 6.50 
I(a) = 2 [0,2 × 0,015312 + 0,2 × 0,015 × 0,15752] + 0,03 × 0,3312 = 2,1645 × 10-4 m4 ∴ σ(a) = McI(a) = 150 × 103 × 0,1652,1645 × 10−4 = 114,34 MPa 
I(b) = 2 [0,2 × 0,03312 + 0,2 × 0,03 × 0,1652] + 0,015 × 0,3312 = 3,6135 × 10-4 m4 ∴ σ(b) = McI(b) = 150 × 103 × 0,1803,6135 × 10−4 = 74,72 MPa Efetividade = 100% (σ(a)σ(b) − 1) =100%(114,3474,72 − 1) = 53% 
A seção (b) terá a menor quantidade de tensão de flexão. Porcentagem de maior eficácia = 53,0% 
Flexão 
296 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.51. A peça de máquina feita de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determine a tensão de flexão criada 
nos pontos B e C da seção transversal. Trace um rascunho dos resultados sobre um elemento de volume localizado em 
cada um desses pontos. 
 
 Figura 6.51 yCG = ∑ yCGA∑ A = 2 × (20)(10 × 40) + (40 + 5)(80 × 10)2(10 × 40) + (80 × 10) = 32,5 mm (centroide da seção transversal) I = 2 [0,01 × 0,04312 + (0,01 × 0,04)(0,0325 − 0,02)2] + 0,08 × 0,01312 + 0,08 × 0,01 × (0,045 − 0,0325)2 = 3,6333 × 10-7 m4 σB = MyBI = (75)(0,050 − 0,0325)3,6333 × 10−7 = 3,61 MPa 
 σC = MyCI = (75)(0,040 − 0,0325)3,6333 × 10−7 = 1,55 MPa 
*6.52. A peça de máquina feita de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determine as tensões de flexão 
máximas tanto de tração quanto de compressão na peça. 
 
Figura 6.52 yCG = ∑ yCGA∑ A = 2 × (20)(10 × 40) + (40 + 5)(80 × 10)2(10 × 40)+ (80 × 10) = 32,5 mm (centroide da seção transversal) I = 2 [0,01 × 0,04312 + (0,01 × 0,04)(0,0325 − 0,02)2] + 0,08 × 0,01312 + 0,08 × 0,01 × (0,045 − 0,0325)2 = 3,6333 × 10-7 m4 (σmáx)C = McI = (75 )(0,050 − 0,0325)3,6333 × 10−7 = 3,6 MPa 
 (σmáx)T = McI = (75)(0,0325)3,6333 × 10−7 = 6,71 MPa 
Flexão 
297 
Resolução: Steven RógerDuarte dos Santos, 2016 
6.53. A viga é composta por quatro peças de madeira coladas como mostra a figura. Se o momento que age na seção 
transversal for M = 450 N.m, determine a força resultante que a tensão de flexão produz na peça superior A e na peça 
lateral B. 
 
 Figura 6.53 
 I = 0,240 × 0,230312 − 0,200 × 0,200312 = 1,316 × 10-4 m4 ∴ (FR)A = 0,02 × 0,015(σT)máx − 0,02 × 0,015(σC)máx= 0 kN (σB)máx = McI = 450 × 0,1201,316 × 10−4 = 0,41033 MPa ∴ (σB)mín = MyBI = 450 × 0,1001,316 × 10−4 = 0,341876 MPa (FR)B = (0,41033 + 0,341876)(0,02 × 0,2)2 = 1,50 kN 
6.54. A área da seção transversal da escora de alumínio tem forma de cruz. Se ela for submetida ao momento M = 8 
kN.m, determine a tensão de flexão que age nos pontos A e B e mostre os resultados em elementos de volume localizados 
nesses pontos. 
 
 Figura 6.54 I = 0,02 × 0,22312 + 2 × 0,05 × 0,02312 = 1,7813 × 10-5 m4 σA = MyAI = 8 × 103 × 0,110 1,7813 × 10−5 = 49,4 MPa (C) 
 σB = MyBI = 8 × 103 × 0,0101,7813 ×10−5 = 4,49 MPa (T) 
Flexão 
298 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.55. A área da seção transversal da escora de alumínio tem forma de cruz. Se ela for submetida ao momento M = 8 
kN.m, determine a tensão de flexão máxima na viga e faço o rascunho de uma vista tridimensional da distribuição de 
tensão que age em toda a seção transversal. 
 
 Figura 6.55 I = 0,02 × 0,22312 + 2 × 0,05 × 0,02312 = 1,7813 × 10-5 m4 ∴ σmáx = σA = McI = 8 × 103 × 0,1101,7813 × 10−5 = 49,4 MPa 
*6.56. A viga é composta por três tábuas de madeira pregadas como mostra a figura. Se o momento que age na seção 
transversal for M = 1,5 kN.m, determine a tensão de flexão máxima na viga. Faça um rascunho de uma vista 
tridimensional da distribuição de tensão que age na seção transversal. 
 
 Figura 6.56 
 yCG = ∑ AyCG∑ A = (38 × 150) × (19) + (300 × 25) × (188)+ (250 × 38) × (357)(150 × 38)+ (300 × 25)+ (250 × 38) = 216,2907 mm (centroide da seção transversal) 
I = (0,15 × 0,038312 + 0,15 × 0,038 × 0,19732) + (0,025 × 0,3312 + 0,025 × 0,3 × 0,02832) + (0,25 × 0,038312 + 0,25 × 0,038 × 0,14072) 
I = 4,74038 × 10-4 m4 ∴ σmáx = σB = McI = (1,5 × 103)(0,2163)4,74038 × 10−4 = 0,6844 MPa σA = MyAI = (1,5 × 103)(0,2162907 − 0,038)4,74038 × 10−4 = 0,5642 MPa ∴ σD = MyDI = (1,5 × 103)(0,376 − 0,2162907)4,74038 × 10−4 = 0,5054 MPa σC = MyDI = (1,5 × 103)(0,338 − 0,2162907)4,74038 × 10−4 = 0,3851 MPa 
Flexão 
299 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.57. Determine a força resultante que as tensões de flexão produzem na tábua superior A da viga se M = 1,5 kN.m. 
 
 Figura 6.57 
 yCG = ∑ AyCG∑ A = (38 × 150) × (19)+ (300 × 25) × (188) + (250 × 38) × (357)(150 × 38)+ (300 × 25)+ (250 × 38) = 216,2907 mm (centroide da seção transversal) 
I = (0,15 × 0,038312 + 0,15 × 0,038 × 0,19732) + (0,025 × 0,3312 + 0,025 × 0,3 × 0,02832) + (0,25 × 0,038312 + 0,25 × 0,038 × 0,14072) 
I = 4,74038 × 10-4 m4 ∴ (σA)máx = McI = (1,5 × 103)(0,376 − 0,2162907)4,7038 × 10−4 = 0,5054 MPa (σA)mín = MyI = (1,5 × 103)(0,338 − 0,2162907)4,7038 × 10−4 = 0,3851 MPa (FR)A = (0,5054 + 0,3851)(106)(0,038 × 0,25)2 = 4,23 kN 
6.58. A alavanca de controle é usada em um cortador de grama de empurrar. Determine a tensão de flexão máxima na 
seção a-a da alavanca se uma força de 100 N for aplicada ao cabo. A alavanca é suportada por um pino em A e um cabo 
em B. A seção a-a é quadrada, 6 mm por 6 mm. 
 
 Figura 6.58 
 
 
 
↶ + ∑ M = 0 
M + 100 × 0,05 = 0 
M = 5 N.m 
I = 0,006412 = 1,08 × 10-10 m4 σmáx = McI = 5 × 0,0031,08 × 10−8 = 138,89 MPa 
Flexão 
300 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.59. Determine a maior tensão de flexão desenvolvida no elemento se ele for submetido a um momento fletor interno 
M = 40 kN.m. 
 
 
 Figura 6.59 yCG = ∑ AyCG∑ A = (100 × 100) × (5) + (180 × 10) × (100) + (π × 302) × (220)(100 × 10) + (10 × 180) + (π × 302) = 143,411 mm (centroide da seção transversal) I = (0,1 × 0,01312 + 0,1 × 0,01 × 0,1384112) + (0,01 × 0,18312 + 0,01 × 0,18 × 0,0434112) + (π × 0,03412 + π × 0,032 × 0,076592) 
I = 4,464 × 10-5 m4 σmáx = McI = 40 x 103 × 0,1434114,464 × 10−5 = 129 MPa (T) 
*6.60. A peça fundida cônica suporta a carga mostrada. Determine a tensão de flexão nos pontos A e B. A seção 
transversal na seção a-a é dada na figura. 
 
 Figura 6.60 
 
 
 I = 0,1 × 0,125312 − 0,1 × 0,075312 = 1,276041 × 10-5 m4 σA = MyAI = 187,5 × 0,06251,276041 × 10−5 = 0,918 MPa 
 σB = MyBI = 187,5 × 0,03751,276041 × 10−5 = 0,551 MPa 
↑ + ∑ Fy = 0 
F1 + F2 − 750 − 750 = 0 
F1 = F2 = 750 N 
↶ + ∑ M = 0 
M – 0,25 × 750 = 0 
M = 187,5 N.m 
Flexão 
301 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.61. Se o eixo do Problema 6.1 tiver diâmetro de 100 mm, determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 6.61 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 6 kN. m |σmáx| = |Mmáx|cI = 6 × 103 × 0,05π4 × 0,054 = 61,12 MPa 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −0,8RB + 24 × 0,25 = 0 
RB = 7,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA – 7,5 – 24 = 0 
RA = 31,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,250 m) M(x1) = −24x1 kN.m Seção 2 (0,250 m ≤ x2 ≤ 1,05 m) M(x2) = 7,5x2 − 7,875 kN.m 
Flexão 
302 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.62. Se o eixo do Problema 6.3 tiver um diâmetro de 40 mm, determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 6.62 
 
 
 
 
 
 
 
Seção DE (1,225 m ≤ x4 ≤ 1,525 m) M(x4) = 175x4 − 267 N.m 
 
 
 |Mmáx| = 149,55 N. m σmáx = |Mmáx|cI = 149,55 × 0,02π4 × 0,024 = 23,8 MPa 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −0,35 × 400 – 0,85 × 550 + 1,225RD – 1,525 × 175 = 0 
RD = 713,775 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 713,775 – 400 – 550 – 175 = 0 
RA = 411,23 N 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,35 m) M(x1) = 411,23x1 N.m Seção BC (0,35 m ≤ x2 ≤ 0,85 m) M(x2) = 11,23x2 + 140 N.m Seção CD (0,85 m ≤ x3 ≤ 1,225 m) M(x3) = −538,77x3 + 607,5 N.m 
Flexão 
303 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.63. Se o eixo do Problema 6.6 tiver um diâmetro de 50 mm, determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 6.63 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 111 N. m σmáx = |Mmáx|cI = 111 × 0,025π4 × 0,0254 = 9,05 MPa 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −800 × 0,125 – 1.500 × 0,725 + 0,8RB = 0 
RB = 1.484,38 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 1.484,38 – 800 – 1.500 = 0 
RA = 2.300 N 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,125 m) M(x1) = 815,63x1 N.m Seção 2 (0,125 m ≤ x2 ≤ 0,725 m) M(x2) = 15,6x2 + 100 N.m Seção 3 (0,725 m ≤ x3 ≤ 0,8 m) M(x3) = −1.484,37x3 + 1.187,5 N.m 
Flexão 
304 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.64. Se o tubo do Problema 6.8 tiver diâmetro externo de 30 mm e espessura de 10 mm, determine a tensão de flexão 
máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 6.64 
 
 
 
 
 
 
Substituindo [2] em [1], obtem-se: Cy = RA = 1 kN e Cx = 5 kN 
 Seção AB (0 ≤ x ≤ 0,4 m) M(x) = −x kN.m 
 
 
 |Mmáx| = 400 N. m σmáx = |Mmáx|cI = 400 × 0,015π4(0,0154 − 0,0054) = 153 MPa 
 
↶ + ∑ MA = 0 
0,4Cy – 0,08Cx = 0 [1] 
→ + ∑ Fx = 0 
Cx – 5 = 0 [2] 
Flexão 
305 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.65. Se a viga ACB no Problema 6.9 tiver seção transversal quadrada de 150 mm por 150 mm, determine a tensão de 
flexão máxima absolutana viga. 
 
 
 
Figura 6.65 
 
 
 
 
 
Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: By = 16,67 kN, RA = 58,33 kN e Bx = 100 kN 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 58,33 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 58,33 × 1.000 × 0,0750,15 × 0,15312 = 103,7 MPa 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −75 × 1 + 100 × 0,25 + 3By = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 RA + By − 75 = 0 [2] → + ∑ Fx = 0 Bx – 100 = 0 [3] 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = 58,33x1 kN.m Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = −16,67x2 + 75 kN.m Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3 m) M(x3) = −16,67x3 + 50 kN.m 
Flexão 
306 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.66. Se a lança do guindaste ABC no Problema 6.10 tiver seção transversal retangular com base de 60 mm, determine, 
com aproximação de múltiplos de 5 mm, a altura h exigida se a tensão de flexão admissível for σadm = 170 MPa. 
 
 
Figura 6.66 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: FB = 20 kN, Ay = 10 kN e Ax = 12 kN 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 9 kN. m σmáx = |Mmáx|cI ∴ 170 × 106 = 9 × 103 × 0,5h0,06 × h312 ∴ h = √9 × 103 × 0,5 × 120,06 × 170 × 106 = 0,0728 m = 75 mm 
↶ + ∑ MA = 0 
1,2 × 0,6FB – 2,4 × 6 = 0 [1] 
↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 1,2FB1,5 − 6 = 0 = 0 [2] 
→ + ∑ Fx = 0 −Ax + 0,9FB1,5 = 0 [3] 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −10 kN 
Seção BC (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 6 kN 
Flexão 
307 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.67. Se a lança do guindaste ABC no Problema 6.10 tiver seção transversal retangular com base 50 mm e altura de 75 
mm, determine a tensão de flexão máxima absoluta na lança. 
 
 
Figura 6.67 
 
 
 
 
 
Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: FB = 20 kN, Ay = 10 kN e Ax = 12 kN 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 9 kN. m |σmáx| = |Mmáx|cI = 9 × 103 × 0,03750,05 × 0,075312 = 192 MPa 
 
↶ + ∑ MA = 0 
1,2 × 0,6FB – 2,4 × 6 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 1,2FB1,5 − 6 = 0 = 0 [2] 
→ + ∑ Fx = 0 −Ax + 0,9FB1,5 = 0 [3] 
Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1)dx1 = −10 kN 
Seção BC (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2)dx2 = 6 kN 
Flexão 
308 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.68. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga no Problema 6.24. A seção transversal é retangular com 
base de 75 mm e altura 100 mm. 
 
 
Figura 6.68 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 32,4 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 32,4 × 103 × 0,050,075 × 0,1312 = 259,2 MPa 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(0,6w) × 3 – (30 × 2,4) × 1,5 = 0 
w = 60 kN/m 
↑ + ∑ Fy = 0 
RA + 0,6 x 60 – 72 = 0 
RA = 36 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,3 m) M(x1) = 36x1 kN.m Seção 2 (0,3 m ≤ x2 ≤ 2,7 m) M(x2) = −15x22 + 45x2 − 1,35 kN.m Seção 3 (2,7 m ≤ x3 ≤ 3,3 m) M(x3) = 305x32 − 198x3 + 326,7 kN.m 
Flexão 
309 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.69. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga no Problema 6.25. Cada segmento tem seção transversal 
retangular com base de 100 mm e altura de 200 mm. 
 
 
Figura 6.69 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 50,4 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 50,4 × 103 × 0,10,1 × 0,2312 = 75,6 MPa 
 
 
 
 
↶ + ∑(MB)BC = 0 
2,4FC – (5 × 2,4) × 1,2 = 0 
FC = 6 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 6 – 52 = 0 
FA = 46 kN 
↶ + ∑(MB)AB = 0 
MA + 40 × 1,5 – 2,4 × 46 = 0 
MA = 50,4 kN.m 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = 46x1 − 50,4 kN.m Seção 2 (0,9 m ≤ x2 ≤ 2,4 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m Seção 3 (2,4 m ≤ x3 ≤ 4,8 m) M(x3) = −2,5x32 + 18x3 − 28,8 kN.m 
Flexão 
310 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.70. Determine a tensão de flexão máxima absoluta no pino de 20 mm de diâmetro no Problema 6.35. 
 
 
Figura 6.70 
 
 ↑ + ∑ Fy = 0 202 w0 + 202 w0 − 0,4 × 60 = 0 w0 = 1,2 kN/m 
 
 
 |Mmáx| = 0,26 N. m σmáx = |Mmáx|cI = 0,26 × 0,01π4 × 0,014 = 331 kPa 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,02 m) M(x1) = 10x13 kN.m Seção 2 (0,02 m ≤ x2 ≤ 0,08 m) M(x2) = −0,2x22 + 0,02x2 − 0,00024 kN.m 
Flexão 
311 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.71. O elemento tem seção transversal com as dimensões mostradas na figura. Determine o maior momento M que 
pode ser aplicado sem ultrapassar as tensões de tração e compressão admissíveis de (σt)adm = 150 MPa e (σc)adm = 100 
MPa, respectivamente. 
 
 Figura 6.71 yCG = ∑ AyCG∑ A = (100 × 100)(5) + (180 × 10)(100) + (π × 302)(220)(100 × 10) + (10 × 180) + (π × 302) = 143,411 mm (centroide da seção transversal) I = (0,1 × 0,01312 + 0,1 × 0,01 × 0,1384112) + (0,01 × 0,18312 + 0,01 × 0,18 × 0,0434112) + (π × 0,03412 + π × 0,032 × 0,076592) 
I = 4,464 × 10-5 m4 ∴ (σt)adm = McI ∴ M = (4,464 × 10−5)(150 × 106)0,143411 = 46,691 kN.m (σc)adm = McI ∴ M = (4,464 × 10−5)(100 × 106)0,106589 = 41,9 kN.m 
*6.72. Determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de diâmetro que está sujeito às forças 
concentradas. Os mancais de luva em A e B suportam somente forças verticais. 
 
 Figura 6.72 
 
 |Mmáx| = 480 N. m σmáx = |Mmáx|cI = 480 × 0,015π4 × 0,0154 = 181 MPa 
Flexão 
312 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.73. Determine o menor diâmetro admissível do eixo que está sujeita às forças concentradas. Os mancais de luva em 
A e B suportam somente forças verticais, e a tensão de flexão admissível é σadm = 160 MPa. 
 
 Figura 6.73 
 
 σmáx = |Mmáx|cI ∴ c = √ 480 × 4π × 160 × 1063 = 0,01563 m 
d = 2c = 2 × 0,01563 = 0,0313 m = 31,3 mm 
6.74. Determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo de 40 mm de diâmetro que está sujeito às forças 
concentradas. Os mancais de luva em A e B suportam somente forças verticais. 
 
Figura 6.74 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2 × 300 + 750FB – 1,5 × 1.125 = 0 
FB = 3,05 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 3,05 – 2 – 1,5 = 0 
FA = 0,45 kN 
Continua... 
Flexão 
313 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 |Mmáx| = 562,5 N. m |σmáx| = |Mmáx|cI = 562,5 × 0,02π4 × 0,024 = 89,52 MPa 
6.75. Determine o menor diâmetro admissível para o eixo que está sujeito às forças concentradas. Os mancais de luva 
em A e B suportam somente forças verticais, e a tensão de flexão admissível é σadm = 150 MPa. 
 
 
 Figura 6.75 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 562,5 N. m σmáx = |Mmáx|cI ∴ c = √ 562,5 × 4π × 150 × 1063 = 0,01684 m 
d0 = 2c = 2 × 0,01684 = 0,03368 m = 33,68 mm 
 
↶ + ∑ MA = 0 −2 × 300 + 750FB – 1,5 × 1.125 = 0 
FB = 3,05 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 3,05 – 2 – 1,5 = 0 
FA = 0,45 kN 
Flexão 
314 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.76. A travessa ou longarina de suporte principal da carroceria do caminhão está sujeita à carga distribuída uniforme. 
Determine a tensão de flexão nos pontos A e B. 
 
 
Figura 6.76 
 
 
 
 
 
 I = 2 (0,15 × 0,02312 + 0,15 × 0,02 × 0,162) + (0,012 × 0,3312 ) = 1,808 × 10-4 m4 σA = MyAI = 108 × 103 × 0,151,808 × 10−4 = 89,6 MPa σB = MyBI = 108 × 103 × 0,171,808 × 10−4 = 101,55 MPa 
 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
2F – 25 × 6 = 0 
F = 75 kN 
↶ + ∑ M = 0 
M + 60 × 1,2 – 75 × 2,4 = 0 
M = 108 kN.m 
Flexão 
315 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.77. Uma porção de fêmur pode ser modelada como um tubo com diâmetro interno de 9,5 mm e diâmetro externo de 
32 mm. Determine a força estática elástica máxima P que pode ser aplicada ao centro do osso sem causar fratura. 
Considere que as extremidades do osso estão apoiadas em roletes. O diagrama σ - ε para a massa do osso é mostrada na 
figura e é o mesmopara tração e para compressão. 
 
Figura 6.77 
 
 
 
 
 
6.78. Se a viga do Problema 6.20 tiver seção transversal retangular com largura de 200 mm e altura 400 mm, determine 
a tensão de flexão máxima absoluta na viga. 
 
 Figura 6.78 
 
 σmáx = |Mmáx|cI = 550,4 × 103 × 0,20,2 × 0,4312 = 103,2 MPa 
↶ + ∑ M = 0 
Mmáx – 0,5P × 0,1 = 0 
Mmáx = 0,05P 
σe = MmáxcI P = (8,75 × 106)(π)(0,0164 − 0,004754)(4 × 0,05 × 0,016) 
P = 558,6 N 
Flexão 
316 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.79. Se o eixo tiver diâmetro de 37,5 mm, determine a tensão de flexão máxima absoluta no eixo. 
 
 
Figura 6.79 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 900 N. m |σmáx| = |Mmáx|cI = 900 × 0,01875π4 × 0,018754 = 173,84 MPa 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
2.000 × 0,45 + 0,6FB – 1.500 × 0,9 = 0 
FB = 750 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 750 – 2.000 – 1.500 = 0 
FA = 2.750 N 
Flexão 
317 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.80. Se a viga tiver seção transversal quadrada de 225 mm em cada lado, determine a tensão de flexão máxima 
absoluta na viga. 
 
 
Figura 6.80 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 76,875 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 76,875 × 103 × 0,1125π4 × 0,2254 = 40,49 MPa 
 
 
 
 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
MA – 1,25 × 37,5 – 6 × 5 = 0 
MA = 76,875 kN.m 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA − 37,5 − 6 = 0 
FA = 43,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,5 m) M(x1) = −7,5x12 + 43,5x1 − 76,875 kN.m Seção 2 (2,5 m ≤ x2 ≤ 5 m) M(x2) = 6x1 − 30 kN.m 
Flexão 
318 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.81. A viga está sujeita a carga P em seu centro. Determine a distância a dos apoios de modo que a tensão de flexão 
máxima absoluta na viga seja a maior possível. Qual é essa tensão? 
 
 
Figura 6.81 
 
 
 
 
 
 I = bd312 |Mmáx| = PL4 − Pa2 ∴ σ = |Mmáx|cI = 3P2bd2 (L − 2a) 
Para que a tensão de flexão seja a maior possível, a = 0, logo: σmáx = 3P2bd2 (L − 2 × 0) = 𝟑𝐏𝐋𝟐𝐛𝐝𝟐 
 
↶ + ∑ M1 = 0 −P (L2 − a) + 2 (L2 − a) F2 = 0 F2 = P2 
↑ + ∑ Fy = 0 F1 + F2 − P = 0 F1 = P2 
Flexão 
319 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.82. Se a viga no Problema 6.23 tiver a seção transversal mostrada na figura, determine a tensão de flexão máxima 
absoluta na viga. 
 
 Figura 8.82 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 30 kN. m I = 2 (0,1 × 0,012312 + 0,1 × 0,012 × 0,092) + 0,006 × 0,168312 = 2,184 × 10-5 m4 σmáx = |Mmáx|cI = 30 × 103× 0,0962,184 × 10−5 = 131,87 MPa 
 
 
 
↶ + ∑ MA = 0 
(30 × 1,5) × 0,75 – 30 – (30 × 1,5) × 2,25 + 3FB = 0 
FB = 32,5 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 32,5 – 90 = 0 
FA = 57,5 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x1) = −15x12 + 30 kN.m Seção 2 (1,5 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −12x2 − 22,5 kN.m Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −15x32 + 102,5x3 − 157,5 kN.m 
Flexão 
320 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.83. O pino é usado para interligar os três elos. Devido ao desgaste, a carga é distribuída na parte superior e inferior 
do pino, como mostra o diagrama de corpo livre. Se o diâmetro do pino for 10 mm, determine a tensão de flexão máxima 
na área da seção transversal na seção central a-a. Para resolver o problema, em primeiro lugar, é necessário determinar 
as intensidades das cargas w1 e w2. 
 
 Figura 6.83 w22 × 0,025 = 2 ∴ w2 = 160 kN/m 0,0375w1 = 4 ∴ w1 = 106,667 kN/m 
 
 
 
 
*6.84. Um eixo é feito de um polímero com seção transversal elíptica. Se ele resistir a um momento interno M = 50 
N.m, determine a tensão de flexão máxima desenvolvida no material (a) pela fórmula da flexão, onde Iz = 
1/4π(0,08m)(0,04m)3, e (b) por integração. Trace o rascunho de uma vista tridimensional da distribuição de tensão que 
age na área da seção transversal. 
 
 Figura 6.84 
(a) Pela fórmula da flexão σmáx = McI = 50 × 0,04π4 × 0,08 × 0,043 = 497,36 kPa 
(b) Por integração z = √0,0064 − 4y2 = 2√0,042 − y2 ∴ I = 2 ∫ y2zdy0,04−0,04 = 4 ∫ y2√0,042 − y20,04−0,04 dy 
Solucionando a integral, obtem-se: I = 4,021238 × 10-6 m4 ∴ σmáx = 50 × 0,044,021238 × 10−6 = 497 kPa 
↶ + ∑ M = 0 
M – 0,01875 × 2 + 0,02708333 × 2 = 0 
M = 16,667 N.m 
σmáx = McI σmáx = 16.667 × 0,005π4 × 0,0054 |𝛔𝐦á𝐱| = 𝟏𝟔𝟗, 𝟕𝟕 𝐌𝐏𝐚 
Flexão 
321 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.85. Resolva o Problema 6.84 se o momento M = 50 N.m for aplicado em torno do eixo y em vez de em torno do eixo 
x. Aqui, Iy = 1/4 π(0,04 m)(0,08 m)³. 
 
 Figura 6.85 
(a) Pela fórmula da Flexão σmáx = McI = 50 × 0,08π4 × 0,04 × 0,083 = 249 kPa 
(b) Por integração 
M = ∫ z(σdA) = ∫ z (σmáx0,08 )AA z(2y)dz ∴ 50 = (σmáx0,04 ) ∫ z2 (1 − z20,082)12 (0,04)dz0,08−0,08 
Solucionando a integral, obtem-se: 𝛔𝐦á𝐱 = 𝟐𝟒𝟗 𝐤𝐏𝐚 
6.86. A viga simplesmente apoiada é composta por quatro hastes de 16 mm de diâmetro, agrupadas como mostra a 
figura. Determine a tensão de flexão máxima na viga devido à carga mostrada. 
 
Figura 6.86 
 
 
 
 I = 4 (π4 × 0,0084 + π × 0,0082 × 0,0082) = 6,434 × 10-8 m4 σmáx = MmáxcI = 200 × 0,0166,434 × 10−8 = 49,74 MPa 
↑ + ∑ Fy = 0 
F1 + F2 – 400 – 400 = 0 
F1 = F2 = 400 N 
↶ + ∑ M = 0 
Mmáx – 400 × 0,5 = 0 
Mmáx = 200 N.m 
Flexão 
322 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.87. Resolva o Problema 6.86 se o conjunto girar 45° e for assentado nos apoios. 
 
 Figura 6.87 
 
Mmáx = 400 × 0,5 = 200 N.m I = 2 [π4 (0,008)4] + 2 [π4 (0,008)4 + π(0,008)2(0,016sen45°)2] = 6,434 × 10-8 m4 σmáx = McI = (200)(0,016sen45° + 0,008) 6,434 × 10−8 = 60,04 MPa 
6.88. A viga de aço tem a área de seção transversal mostrada na figura. Determine a maior intensidade da carga 
distribuída w0 que ela pode suportar de modo que a tensão de flexão máxima na viga não ultrapasse σmáx = 150 MPa. 
 
 Figura 6.88 
 
 
 
 I = 2 (0,2 × 0,008312 + 0,2 × 0,008 × 0,1292) + 0,008 × 0,25312 = 6,3685 × 10-5 m4 σmáx = MmáxcI ∴ w0 = 150 × 106 × 3 × 6,3685 × 10−516 × 0,133 = 13,47 kN/m 
↶ + ∑ M1 = 0 
8F2 – (4w0) × 4 = 0 
F2 = 2w0 
↑ + ∑ Fy = 0 
F1 + 2w0 – 4w0 = 0 
F1 = 2w0 
 
↶ + ∑ M = 0 Mmáx + 2w0 × 43 − 2w0 × 4 = 0 Mmáx = 163 w0 
Flexão 
323 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.89. A viga de aço tem a área da seção transversal mostrada na figura. Se w0 = 10 kN/m, determine a tensão de flexão 
máxima na viga. 
 
 
Figura 6.89 
 
 
 
 
 
 ↶ + ∑ M = 0 
Mmáx + 43 × 20 − 4 × 20 = 0 Mmáx = 1603 kN. m I = 2 (0,2 × 0,008312 + 0,2 × 0,008 × 0,1292) + 0,008 × 0,25312 = 6,3685 × 10-5 m4 σmáx = MmáxcI = 160 × 103 × 0,1333 × 6,3685 × 10−5 = 111,38 MPa 
 
 
↶ + ∑ M1 = 0 
8F2 – (40) × 4 = 0 
F2 = 20 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
F1 + 20 – 40 = 0 
F1 = 20 kN 
Flexão 
324 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.90. A viga tem a seção transversal retangular mostrada na figura. Determine a maior carga P que pode ser suportada 
em suas extremidades em balanço de modo que a tensão de flexão na viga não ultrapasse σmáx = 10 MPa. 
 
 Figura 6.90 
 
 
 |Mmáx| = 0,5P σmáx = |Mmáx|cI ∴ P = 10 × 106 × 0,05 × 0,1312 × 0,5 × 0,05 = 1,67 kN 
 
6.91. A viga tem a seção transversal retangular mostrada na figura. Se P = 1,5 kN, determine a tensão de flexão máxima 
na viga. Faça um rascunho da distribuição de tensão que age na seção transversal.Figura 6.91 
 
|Mmáx| = 750 N.m σmáx = |Mmáx|cI = 750 × 0,050,05 × 0,1312 = 9 MPa 
Flexão 
325 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.92. A viga está sujeita ao carregamento mostrado na figura. Se a dimensão de sua seção transversal a = 180 mm, 
determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga. 
 
 
Figura 6.92 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 60 kN. m yCG = ∑ AyCG∑ A = (a3 × a)(a6) + (2a3 × a2)(2a3 )(a3 × a) + (2a3 × a2) = 5a12 = 5 × 18012 = 75 mm (centroide da seção transversal) I = [( a12) (a3)3 + (a × a3) (5a12 − a6)2] + [( a24) (2a3 )3 + (a2 × 2a3 ) (2a3 − 5a12)2] = 37648 a4 = 37 × 1804648 = 59.940.000 m4 σmáx = |Mmáx|cI = (60 × 106)(180 − 75)59.940.000 = 105,11 MPa 
 
↶ + ∑ MA = 0 −80 × 1 – 60 × 3 + 2FB = 0 
FB = 130 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 130 – 80 – 60 = 0 
FA = 10 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −20x12 + 10x1 kN.m Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = 60x1 − 180 kN.m 
Flexão 
326 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.93. A viga está sujeita ao carregamento mostrado na figura. Determine a dimensão a exigida para sua seção transversal 
se a tensão admissível para o material for σmáx = 150 MPa. 
 
 
Figura 6.93 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 60 kN. m yCG = ∑ AyCG∑ A = (a3 × a)(a6) + (2a3 × a2)(2a3 )(a3 × a)+ (2a3 × a2) = 5a12 (centrpoide da seção transversal) I = [( a12) (a3)3 + (a × a3) (5a12 − a6)2] + [( a24) (2a3 )3 + (a2 × 2a3 ) (2a3 − 5a12)2] = 37648 a4 
σmáx = |Mmáx|cI ∴ a = √ 60 × 103 × 7 × 648150 × 106 × 12 × 373 = 0,15988 m = 159,88 mm 
↶ + ∑ MA = 0 −80 × 1 – 60 × 3 + 2FB = 0 
FB = 130 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 130 – 80 – 60 = 0 
FA = 10 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −20x12 + 10x1 kN.m Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = 60x1 − 180 kN.m 
Flexão 
327 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.94. A longarina ABD da asa de um avião leve é feita de alumínio 2014-T6 e tem área de seção transversal de 1.000 
mm², profundidade de 80 mm e momento de inércia em torno de seu eixo neutro de 1,662(106) mm4. Determine a tensão 
de flexão máxima absoluta na longarina se a carga for a mostrada na figura. Considere que A, B e C são pinos. O 
acoplamento é feito ao longo do eixo longitudinal central da longarina. 
 
 
Figura 6.94 
 
 
sen(ϕ) = 0,545 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 6,667 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 6,667 × 106 × 401,662 × 106 = 160,45 MPa 
↶ + ∑ MA = 0 (−15 × 32 ) × 1 + 1 × sen(ϕ)FBC = 0 
FBC = 41,285 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 −Ay – 41,285 × 0,545 + 22,5 = 0 
Ay = 0 kN 
Seção BD (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = 56 x13 kN.m 
Seção AB (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = 56 x23 − 22,5x2 + 45 kN.m 
Flexão 
328 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.95. O barco pesa 11,5 kN e tem centro de gravidade em G. Se estiver apoiado no reboque no contato liso A e preso 
por um pino em B, determine a tensão de flexão máxima absoluta desenvolvida na escora principal do reboque. 
Considere que a escora é uma viga-caixão com as dimensões mostradas na figura e presa por um pino em C. 
 
 
Figura 6.95 
 
 
 
 
 I = 0,045 × 0,075312 − 0,0375 × 0,045312 = 1,29726 × 10-6 m4 
 
 
 |Mmáx| = 5,75 kN. m σmáx = |Mmáx|cI = 5,75 × 103 × 0,03751,29726 × 10−6 = 166,2 MPa 
 
↶ + ∑ MB = 0 
1,5 × (11,5) – 2,7FA = 0 
FA = 6,388 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
6388 + By – 11,5 = 0 
By = 5,111 kN 
Flexão 
329 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.96. A viga suporta a carga de 25 kN. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga se os lados de sua seção 
transversal triangular forem a = 150 mm. 
 
Figura 6.96 
 
 
 
 
 
6.97. A viga suporta a carga de 25 kN. Determine o tamanho a exigido para os lados de sua seção transversal triangular 
se a tensão de flexão admissível for σadm = 126 MPa. 
 
Figura 6.97 
 
 
 
 
↶ + ∑ M = 0 
M – 25 × 0,6 = 0 
M = 15 kN.m 
I = 136 bh3 = ( 136) (a) (√32 a)3 = √27288 a4 = √27288 (150)4 = 9.133.861,68055 mm4 σmáx = MmáxcI = 15 × 106 × 86,6029.133.861,68055 = 142,2 MPa 
↶ + ∑ M = 0 
Mmáx – 25 × 0,6 = 0 
Mmáx = 15 kN.m 
I = 136 bh3 = ( 136) (a ) (√32 a)3 = √27288 a4 σmáx = MmáxcI ∴ 126 = 15 × 106√27a4 288⁄ ∴ a = 156,2 mm 
Flexão 
330 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.98. A viga de madeira está sujeita à carga uniforme w = 3 kN/m. Se a tensão de flexão admissível para o material for 
σadm = 10 MPa, determine a dimensão b exigida para sua seção transversal. Considere que o suporte em A é um pino e 
em B é um rolete. 
 
 
Figura 6.98 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 2,667 kN. m I = b × (1,5b)312 = 0,28125b4 σmáx = |Mmáx|cI ∴ 10 = 2,667 × 106 × 0,75b0,28125b4 ∴ b = 89,3 mm 
 
↶ + ∑ M1 = 0 −6 × 1 + 3F2 = 0 
F2 = 2 kN 
↑ + ∑ Fy = 0 
2 + 2 − 6 = 0 
F1 = 4 kN 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −1,5x12 + 4x1 kN.m Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −2x2 + 6 kN.m 
Flexão 
331 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.99. A viga de madeira tem seção transversal retangular na proporção mostrada na figura. Determine a dimensão b 
exigida se a tensão de flexão admissível for σadm = 10 MPa. 
 
 
Figura 6.99 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 |Mmáx| = 562,5 N. m I = b × (1,5b)312 = 0,28125b4 m4 σmáx = |Mmáx|cI ∴ 10 = 562,5 × 103 × 0,75b0,28125b4 ∴ b = 53,1 mm 
↶ + ∑ MA = 0 −1.000 × 1 + 4FB = 0 
FB = 250 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
FA + 250 – 1.000 = 0 
FA = 750 N 
Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −250x12 + 750x1 N.m Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −250x2 + 1.000 N.m 
Flexão 
332 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.100. A viga é feita de um material com módulo de elasticidade sob compressão diferente do módulo de elasticidade 
sob tração. Determine a localização c do eixo neutro e deduza uma expressão para a tensão de tração máxima na viga 
cujas dimensões são mostradas na figura se ela estiver sujeita ao momento fletor M. 
 
 
Figura 6.100 
 (εmáx)c = (εmáx)t(h − c)c ∴ (σmáx)c = Ec(εmáx)c = Ec(εmáx)t(h − c)c → + ∑ F = 0 ∴ − 12 (h − c)(σmáx)c(b) + 12 (c)(σmáx)t(b) = 0 ∴ (σmáx)c = ( ch − c) (σmáx)t [1] (h − c)Ec(εmáx)t (h − c)c = cEt(εmáx)t ∴ Et(h − c)2 = Etc2 ∴ 𝐜 = 𝐡√𝐄𝐭√𝐄𝐜 + √𝐄𝐭 [2] ∑ MNA = 0 
 M = [12 (h − c)(σmáx)c(b) (23) (h − c)] + [12 c(σmáx)t(b) (23) (c)] = 13 (h − c)2(b)(σmáx)c + 13 c2b(σmáx)t 
Substituindo a equação [1] no momento M, tem-se que: M = 13 (h − c)2(b) ( ch−c) (σmáx)t + 13 c2(b)(σmáx)t = 13 bc(σmáx)t(h − c + c) ∴ (σmáx)t = 3Mbhc (𝛔𝐦á𝐱)𝐭 = 𝟑𝐌𝐛𝐡𝟐 (√𝐄𝐭 + √𝐄𝐜√𝐄𝐜 ) 
 
 
 
 
 
 
Flexão 
333 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.101. A viga tem seção transversal retangular e está sujeita ao momento fletor M. Se o material de fabricação da viga 
tiver módulos de elasticidades diferentes para tração e compressão, como mostrado na figura, determine a localização c 
do eixo neutro e a tensão de compressão máxima na viga. 
 
 
Figura 6.101 
 
n = √EcEt (σt)máx = n(σc)máx ∴ McI = n M(h − c)I c = n(h − c) ∴ c = nh1 + n 
Substituindo o valor de n, obtem-se: 𝐜 = 𝐡√𝐄𝐜√𝐄𝐭 + √𝐄𝐜 (σmáx)c = ch − c (σmáx)t = h√Ec(√Et + √Ec)[h − h√Ec√Et + √Ec] (σmáx)c = √Ec√Et (σmáx)t = √Ec√Et ( 3Mbh2) (√Et + √Ec√Ec ) = 𝟑𝐌𝐛𝐡𝟐 (√𝐄𝐭 + √𝐄𝐜√𝐄𝐭 ) 
 
 
 
 
 
 
Flexão 
334 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.3 - PROBLEMAS 
6.102. A viga caixão está sujeita a um momento fletor M = 25 kN.m direcionado, como mostra a figura. Determine a 
tensão de flexão máxima na viga e a orientação do eixo neutro. 
 
 Figura 6.102 
 
 
 σB = MzyIz + MyzIy = − (20 × 103)(0,075)3,38541667× 10−5 + (15 × 103)(0,075)3,38541667× 10−5 = − 77,5 MPa (C) σD = MzyIz+ MyzIy = (20 × 103)(0,075)3,38541667× 10−5 − (15 × 103)(0,075)3,38541667× 10−5 = 77,5 MPa (T) tang(θ) = − 34 = −0,75 ∴ tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = (3,38541667× 10−53,38541667× 10−5) (−0,75) ∴ 𝛂 = −𝟑𝟔, 𝟖𝟕° 
6.103. Determine o valor máximo do momento fletor M de modo que a tensão de flexão no elemento não ultrapasse 
100 MPa. 
 
 Figura 6.103 
 
 
 σadm = MzyIz + MyzIy ∴ 100 × 106 = (0,8M)(0,075) + (0,6M)(0,075)3,38541667 × 10−5 ∴ |𝐌| = 𝟑𝟐, 𝟐𝟒 𝐤𝐍. 𝐦 
My = −25 × 35 = −15 kN. m Mz = 25 × 45 = 20 kN. m 
Iy = Iz = 0,15 × 0,15312 − 0,1 × 0,1312 = 3,38541667 × 10-5 m4 
My = −M × 35 = −0,6M Mz = M × 45 = 0,8M 
Iy = 0,15 × 0,15312 − 0,1 × 0,1312 = 3,38541667 × 10-5 m4 Iz = Iy = 3,38541667 × 10-5 m4 
Flexão 
335 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*6.104. A viga tem seção transversal retangular. Se estiver sujeita a um momento fletor M = 3.500 N.m direcionado 
como mostra a figura, determine a tensão de flexão máxima na viga e a orientação do eixo neutro. 
 
 Figura 6.104 
 
 
 σmáx = σA = MzyIz + MyzIy = (3.031,089)(0,15)3,375 × 10−4 + (1.750)(0,075)8,4375 × 10−5 = 2,90 MPa 
tang(θ) = tang(−30°) = −0,5773 ∴ tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = ( 3,375 × 10−48,4375 × 10−5) (−0,5773) ∴ 𝛂 = −𝟔𝟔, 𝟔° 
6.105. A viga em T está sujeita a um momento fletor M = 15 kN.m direcionado, como mostra a figura. Determine a 
tensão de flexão máxima na viga e a orientação do eixo neutro. A localização y do centroide, C, deve ser determinada. 
 
 Figura 6.105 yCG = ∑ AyCG∑ A = (50 × 200)(150) + (50 × 300)(25)(50 × 200)+ (50 × 300) = 75 mm (centroide da seção transversal) Mz = −15 cos(60°) = −7,5 kN. m My = 15sen(60°) = 12,990 kN. m 
My = 3.500sen(30°) = 1.750 N. m Mz = −3.500 cos(30°) = −3.031,089 N. m Iz = 0,15 × 0,3312 = 3,375 × 10-4 m4 Iy = 0,3 × 0,15312 = 8,4375 × 10-5 m4 
Continua... 
Flexão 
336 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
Iy = 0,2 × 0,05312 + 0,05 × 0,3312 = 1,1458333 × 10-4 m Iz = (0,05 × 0,2312 + 0,05 × 0,2 × 0,0752) + (0,3 × 0,05312 + 0,3 × 0,05 × 0,052) = 1,30208333 × 10-4 m4 σmáx = σA = − MzyIz + MyzIy = (7,5 × 103)(0,075)1,,30208333 × 10−4 + (12,99 × 103)(0,150)1,1458333 × 10−4 = 21,33 MPa (T) 
 tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = (1,30208333 × 10−41,1458333 × 10−4 ) tang(−60°) ∴ 𝛂 = −𝟔𝟑, 𝟏° 
6.106. Se o momento interno resultante que age na seção transversal da escora de alumínio tiver valor M = 520 N.m e 
for direcionado como mostra a figura, determine a tensão de flexão nos pontos A e B. A localização y do centroide C da 
área da seção transversal da escora deve ser determinada. Especifique, também, a orientação do eixo neutro. 
 
Figura 6.106 
 yCG = ∑ AyCG∑ A = (20 × 400)(10)+(20 × 180)(110)(20 × 400)+ (20 × 180) = 57,3684 mm (centroide da seção transversal) My = 520 × 513 = 200 N. m Mz = −520 × 1213 = −480 N. m Iy = 2 (0,18 × 0,02312 + 0,18 × 0,02 × 0,1902) + 0,02 × 0,4312 = 3,66822667 × 10-4 m4 Iz = 2 (0,02 × 0,18312 + 0,02 × 0,18 × 0,052632) + (0,4 × 0,02312 + 0,4 × 0,02 × 0,047372)= 5,76014 × 10-5 m4 σA = − MzyIz + MyzIy = −(−480)(−0,142632)5,76014 × 10−5 + (200)(−0,2)3,66822667 × 10−4 = 1,30 MPa (C) σB = − MzyIz + MyzIy = −(−480)(0,0573684)5,76014 × 10−5 + (200)(0,2)3,66822667 × 10−4 = 0,587 MPa (T) tang(θ) = − 512 ∴ tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = ( 5,76014 × 10−5 3,66822667 × 10−4) (− 𝟓𝟏𝟐) ∴ 𝛂 = −𝟑, 𝟕𝟒° 
Flexão 
337 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.107. O momento interno resultante que age na seção transversal da escora de alumínio tem valor de M = 520 N.m e 
está direcionado como mostra a figura. Determine a tensão de flexão máxima na escora. A localização y do centroide C 
da área da seção transversal da escora deve ser determinada. Especifique, também, a orientação do eixo neutro. 
 
 Figura 6.107 yCG = ∑ AyCG∑ A = (20 × 400)(10) + (20 × 180)(110)(20 × 400) + (20 × 180) = 57,3684 mm (centroide da seção transversal) My = 520 × 513 = 200 N. m Mz = −520 × 1213 = −480 N. m Iy = 2 (0,18 × 0,02312 + 0,18 × 0,02 × 0,1902) + (0,02 × 0,4312 ) = 3,66822667 × 10-4 m4 Iz = 2 (0,02 × 0,18312 + 0,02 × 0,18 × 0,052632) + (0,4 × 0,02312 + 0,4 × 0,02 × 0,047372)= 5,76014 × 10-5 m4 σmáx = σA = − MzyIz + MyzIy = −(−480)(−0,142632)5,76014 × 10−5 + (200)(−0,2)3,66822667 × 10−4 = 1,30 MPa (C) tang(θ) = − 512 ∴ tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = ( 5,76014 × 10−5 3,66822667 × 10−4) (− 𝟓𝟏𝟐) ∴ 𝛂 = −𝟑, 𝟕𝟒° 
*6.108. O eixo de 30 mm de diâmetro está sujeito às cargas verticais e horizontal de duas polias como mostra a figura. 
O eixo está apoiado em dois mancais em A e B, que não oferecem nenhuma resistência à carga axial. Além do mais, 
podemos considerar que o acoplamento ao motor em C não oferece nenhum apoio ao eixo. Determine a tensão de flexão 
máxima desenvolvida no eixo. 
 
Figura 6.108 
Continua... 
Flexão 
338 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
↶ + ∑ MC = 0 
(i)(Bzk – Byj) + (2i + 0,1j)(− 400k) + (2i – 0,1j)(-400k) + (3i)(Ayj + Azk) + (4i – 0,06k)(−150j) + (4i + 0,06k)(−150j) = 0 
(1.600 – Bz – 3Az)j + (3Ay – By – 1.200)k = 0 ∴ 3Az + Bz = 1.600 [1] e 3Ay – By = 1.200 [2] 
 
 
 
 
Mmáx = √My2 + Mz2 = √(400)2 + (−150)2 = 427,2 N. m ∴ σmáx = MmáxcI = 427,2 × 0,015π4(0,015)4 = 161 MPa 
6.109. O eixo está sujeito às cargas vertical e horizontal de duas polias, como mostra a figura, e está apoiado em dois 
mancais em A e B, que não oferecem nenhuma resistência à carga axial. Além do mais, podemos considerar que o 
acoplamento ao motor em C não oferece nenhum apoio ao eixo. Determine o diâmetro d exigido para o eixo se a tensão 
de flexão admissível para o material for σadm = 180 MPa. 
 
Figura 6.109 
 ↶ + ∑ MC = 0 
(i)(-Byj – Bzk) + (2i + 0,1j)(- 400k) + (2i – 0,1j)(−400k) + (3i)(Ayj + Azk) + (4i – 0,06k)(−150j) + (4i + 0,06k)(−150j) = 0 
(1.600 – Bz – 3Az)j + (3Ay – By – 1.200)k = 0 ∴ 3Az + Bz = 1.600 [1] e 3Ay – By = 1.200 [2] 
 
 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ay – By – 300 = 0 [3] 
∑ Fz = 0 
Az + Bz – 800 = 0 [4] 
Solucionando [1], [2], [3] e [4], obtem-se: 
Ay = 450 N, By = 150 N, Az = 400 N e Bz = 400 N 
↑ + ∑ Fy = 0 
Ay – By – 300 = 0 [3] 
∑ Fz = 0 
Az + Bz – 800 = 0 [4] 
Solucionando [1], [2], [3] e [4], obtem-se: 
Ay = 450 N, By = 150 N, Az = 400 N e Bz = 400 N 
Continua... 
Flexão 
339 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
Mmáx = √My2 + Mz2 = √(400)2 + (−150)2 = 427,2 N. m 
σadm = MmáxcI ∴ 180 = (427,2 × 103)cπ4c4 ∴ c = 14,46 mm 
 d = 2c = 2 × 14,46 = 28,9 mm 
6.110. A tábua é usada como uma trave de assoalho simplesmente apoiada. Se um momento fletor M = 1,2 kN.m for 
aplicado a 3º em relação ao eixo z, determine a tensão desenvolvida na tábua no canto A. Compare essa tensão com a 
desenvolvida pelo mesmo momento aplicado ao longo do eixo z (θ = 0º). Qual é o ângulo para o eixo neutro quando θ 
= 3º? Comentário: Normalmente, as tábuas do assoalho seriam pregadas à parte superior da viga de modo que θ ~ 0º e 
a alta tensão devido a um mau alinhamento eventual não ocorreria. 
 
 
 Figura 6.110 
 
 
 σA = MzyIz + MyzIy = (1,1983 × 103)(0,075)1,40625 × 10−5 + (0,0628 × 103) (0,025)1,5625 × 10−6 = 7,40 MPa (T) tang(α) = IzIy tang(θ) ∴ tang(α) = (1,40625×10−51,5625×10−6 ) tang(3°) ∴ 𝛂 = 𝟐𝟓, 𝟐𝟓° 
Para θ = 0°, tem-se: M = 1,2 kN.m ∴ σA′ = McIz = 1,2 × 103 × 0,0751,40625 × 10−5 = 6,40 MPa (T) 
 My = −1,2sen(3°) = −0,0628 kN. m Mz = 1,2 cos(3°) = 1,1983 kN. m Iy = 0,15 × 0,05312 = 1,5625 × 10-6 m4 Iz = 0,05 × 0,15312= 1,40625 × 10-5 m4 
Flexão 
340 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.111. Considere o caso geral de uma viga prismática sujeita às componentes de momento fletor My e Mz, como mostra 
a figura, quando os eixos x, y, z passam pelo centroide da seção transversal. Se o material for linear elástico, a tensão 
normal na viga é uma função linear da posição tal que σ = a + by + cz. Usando as condições de equilíbrio 0 =∫ σdA, My = ∫ zσdA, MzAA = ∫ −yσdAA , determine as constantes a, b e c e mostre que a tensão normal pode ser 
determinada pela equação σ = [−(MzIy + MyIyz)y + (MyIz + MzIyz)z]/(IyIz − Iyz2), onde os momentos e produtos 
de inércia são definidos no Apêndice A. 
 
Figura 6.111 σz = a + by + cz ∴ 0 = ∫ σxdAA = ∫ (a + by + cz)dAA = a ∫ dAA + b ∫ ydAA + c ∫ zdAA My = ∫ zσxdAA = ∫ z(a + by + cz)dAA = a ∫ zdAA + b ∫ yzdAA + c ∫ z2dAA Mz = ∫ −yσxdAA = ∫ −y(a + by + cz)dAA = −a ∫ ydAA − b ∫ 𝑦2dAA − c ∫ yzdAA 
Sabe-se que: ∫ ydAA = ∫ zdAA = 0 My = bIyz + cIy e Mz = −bIz − cIyz 
a = 0 ∴ 𝐛 = − (𝐈𝐲𝐌𝐳 + 𝐌𝐲𝐈𝐲𝐳𝐈𝐲𝐈𝐳 − 𝐈𝐲𝐳𝟐 ) ∴ 𝐜 = 𝐈𝐳𝐌𝐲 + 𝐌𝐳𝐈𝐲𝐳𝐈𝐲𝐈𝐳 − 𝐈𝐲𝐳𝟐 𝛔𝐱 = − (𝐌𝐳𝐈𝐲 + 𝐌𝐲𝐈𝐲𝐳𝐈𝐲𝐈𝐳 − 𝐈𝐲𝐳𝟐 ) 𝐲 + (𝐌𝐲𝐈𝐳 + 𝐌𝐳𝐈𝐲𝐳𝐈𝐲𝐈𝐳 − 𝐈𝐲𝐳𝟐 ) 𝐳 
*6.112. O eixo de aço de 65 mm de diâmetro está sujeito a duas cargas que agem nas direções mostradas na figura. Se 
os mancais em A e B não exercem uma força axial sobre o eixo, determine a tensão de flexão máxima absoluta 
desenvolvida no eixo. 
 
 Figura 6.112 ↶ + ∑ MB = 0 
(1,25i)(−3,464j – 2k) + (2,25i)(−3,464j + 2k) + (3,5i)(Ayj − Azk) = 0 
Continua... 
Flexão 
341 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
(3,5Az − 2)j + (3,5Ay – 12,124)k = 0 ∴ 3,5Az – 2 = 0 [1] e 3,5Ay – 12,124 = 0 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: Ay = 3,464 kN e Az = 0,571 kN 
 
Mmáx = √My2 + Mz2 = √(0,7143)2 + (4,33)2 = 4,389 kN. m ∴ σmáx = MmáxcI = 4,389 × 103 × 0,0325π4(0,0325)4 = 163 MPa 
6.113. O eixo de aço está sujeito às duas cargas que agem nas direções mostradas na figura. Se os mancais em A e B 
não exercerem uma força axial sobre o eixo, determine o diâmetro exigido para o eixo, se a tensão de flexão admissível 
for σadm = 180 MPa. 
 
 Figura 6.113 ↶ + ∑ MB = 0 
(1,25i)(−3,464j – 2k) + (2,25i)(−3,464j + 2k) + (3,5i)(Ayj − Azk) = 0 
(3,5Az − 2)j + (3,5Ay – 12,124)k = 0 ∴ 3,5Az – 2 = 0 [1] e 3,5Ay – 12,124 = 0 [2] 
Solucionando [1] e [2], obtem-se: Ay = 3,464 kN e Az = 0,571 kN 
 
Mmáx = √My2 + Mz2 = √(0,7143)2 + (4,33)2 = 4,389 kN. m 
σadm = MmáxcI ∴ 180 = 4,389 × 106 × cπ4c4 ∴ c = 31,43 mm ∴ d = 2c = 2 × 31,43 = 62,9 mm 
Flexão 
342 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.114. Usando as técnicas descritas no Apêndice A, Exemplo A.5 ou A.6, a seção em Z tem momentos principais de 
inércia Iy = 0,06(10-3) m4 e Iz = 0,471(10-3) m4, calculados em torno dos eixos principais de inércia y e z, respectivamente. 
Se a seção for submetida a um momento interno M = 250 N.m direcionado na horizontal, como mostra a figura, 
determine a tensão produzida no ponto A. Resolva o problema usando a Equação 6.17. 
 
Figura 6.114 
 
Utilizando geometria analítica, deve-se primeiramente encontrar a equação da reta a fim de determinar a coordenada do ponto A, 
uma vez que os eixos estão inclinados. Traça-se a reta paralela a reta y que passa por A. 
Equação da reta y que passa pelos pontos (0, 0) e (−150 mm, 97,04 mm): y = −0,647x 
Equação da reta A que passa pelos pontos (0, 0) e (−150 mm, 175 mm): yA = −0,647x + 77,95 
Equação da reta z cuja inclinação é α = 57,1°: yz = tang(57,1°)x = 1,546x 
Igualando as duas equações yA = yz , tem-se: xAZ = 35,548 mm (ponto de intersecção das retas em x) 
Substituindo x em yz, tem-se: yAz = (1,5458)(35,548) = 54,95 mm (ponto de intersecção das retas em y) 
Logo, a distância entre o ponto A e o ponto de intersecção das retas yA e yz será a nova coordenada de A em y, sendo assim: y =√(xA − xAZ)2 + (yA − yAZ)2 = √(−150 − 35,548)2 + (175 − 54,95)2 = 221 mm 
Agora deve-se encontrar a distância entre A e a reta y, que será a nova coordenada de A em z. Essa distância será: 
 z = −35,548cos (57,1°) = −65,45 mm; logo a coordenada do ponto A é: (221 mm, −65,45 mm) My = 250 cos(32,9°) = 209,9 N. m Iy = 0,060 × 10−3m4 Mz = 250 sen(32,9°) = 135,8 N. m Iz = 0,471 × 10−3m4 σA = − MzyIz + MyzIy = −(135,8)(0,221)0,471 × 10−3 + (209,9)(−0,06545)0,060 × 10−3 = 293 kPa (C) 
Flexão 
343 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.115. Resolva o Problema 6.114 usando a equação desenvolvida no Problema 6.111. 
 
 Figura 6.115 Iy = 0,3 × 0,05312 + 2 (0,05 × 0,15312 + 0,05 × 0,15 × 0,12) = 0,18125 × 10-3 m4 Iz = 0,05 × 0,3312 + 2 (0,15 × 0,05312 + 0,15 × 0,05 × 0,1252) = 0,350 × 10-3 m4 Iyz = (0,15)(0,05)(0,125)(−0,1) + (0,15)(0,05)(−0,125)(0,1)= −0,1875 × 10-3 m4 
Dados: y = 0,15 m, z = − 0,175 m, My = 250 N.m e Mz = 0 N.m σA = − (MzIy + MyIyz)y + (MyIz + MzIyz)zIyIz − Iyz2 = −293 kPa = 𝟐𝟗𝟑 𝐤𝐏𝐚 (𝐂) 
*6.116. Usando as técnicas descritas no Apêndice A, Exemplo A.5 ou A.6, a seção em Z tem momentos principais de 
Iy = 0,060(10-3) m4 e Iz = 0,471(10-3) m4, calculados em torno dos eixos principais de inércia y e z, respectivamente. Se 
a seção for submetida a um momento interno M = 250 N.m direcionado na horizontal, como mostra a figura, determine 
a tensão produzida no ponto B. Resolva o problema usando a Equação 6.17. 
 
 Figura 6.116 My′ = 250cos(32,9°) = 209,9 N. m e Mz′ = 250sen(32,9°) = 135,8 N. m y′ = 0,15cos(32,9°) − 0,175sen(32,9°) = 0,2210 m 
 z′ = 0,15sen(32,9°) − 0,175 cos(32,9°) = −0,06546 m σB = Mz′y′Iz′ + My′z′Iy′ = (135,8)(0,2210)0,471 × 10−3 + (209,9)(−0,06546)0,060 × 10−3 = −293 kPa = 293 kPa (C) 
Flexão 
344 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.117. Para a seção, Iy’ = 31,7(10-6) m4, Iz’ = 114(10-6) m4, Iy’z’ = 15,1(10-6) m4. Usando as técnicas apresentadas no 
Apêndice A, a área da seção transversal do elemento tem momentos principais de inércia Iy = 29,0(10-6) m4 e Iz = 117(10-
6) m4, calculados em torno dos eixo principais de inércia y e z, respectivamente. Se a seção for submetida a um momento 
M = 2.500 N.m direcionado como mostra a figura, determine a tensão produzida no ponto A, usando a Equação 6.17. 
 
 
Figura 6.117 
 
Utilizando geometria analítica, deve-se primeiramente encontrar a equação da reta a fim de determinar a coordenada do ponto A 
Equação da reta y cuja inclinação é α = 100,1°: y = −5,614x 
Equação da reta A que passa pelos pontos (0, 0) e (60 mm, −140 mm): yA = 0,178x −150,688 
Equação da reta z cuja inclinação é α = 10,1°: yz = tang(10,1°)x = 0,178x 
Igualando as duas equações y = yA , tem-se: x = 26,016 mm (ponto de intersecção das retas em x) 
Substituindo x em y, tem-se: y = (−5,614)(26,016) = −146,054 mm (ponto de intersecção das retas em y) 
Logo, a distância do ponto de intersecção das retas y e yA e a origem dos eixos será igual a coordenada y do ponto A: 
 y = √(xA − xO)2 + (yA − yO)2 = √(26,016 − 0)2 + (−146,054 − 0)2 = −148,35 mm 
Logo, a distância do ponto A (60 mm, −140 mm) até o ponto de intersecção das retas y e yA (26,016 mm, −146,054 mm) será 
igual a coordenada z do ponto A: z = √(xA − x)2 + (yA − y)2 = √(60 − 26,016)2 + (−140 + 146,054)2 = −34,519 mm 
Sendo assim, a coordenada do ponto A é: (−148,35 mm, −34,519 mm) My = 2.500 sen(10,10°) = 438,42 N. m Iy = 29 × 10−6m4 Mz = 2.500 cos(10,10°) = 2.461,26 N. m Iz = 117 × 10−6m4 σA = − MzyIz + MyzIy = −(2.461,26)(−0,14835)117 × 10−6 + (438,42)(−0,034519)29 × 10−6 = 2,60 MPa (T) 
 
 
Flexão 
345 
Resolução: Steven RógerDuarte dos Santos, 2016 
6.118. Resolva o Problema 6.117 usando a equação desenvolvida no Problema 6.111. 
 
 
Figura 6.118 
 σA = − (MzIy + MyIyz)y + (MyIz + MzIyz)zIyIz − Iyz2 σA = − (2.500 × 31,7 × 10−6 + 0)(−0,14) + (0 + 2.500 × 15,1 × 10−6)(−0,06)(31,7 × 10−6)( 114 × 10−6) − (15,1 × 10−6)² = 2,60 MPa (T) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Flexão 
346 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.4 - PROBLEMAS 
6.119. A viga composta é feita de alumínio 6061-T6 (A) e latão vermelho C83400 (B). Determine a dimensão h da tira 
de latão de modo que o eixo neutro da viga esteja localizado na costura dos dois metais. Qual é o momento máximo que 
essa viga suportará se a tensão de flexão admissível para o alumínio for (σadm)al = 128 MPa e para o latão (σadm)lat = 35 
MPa? 
 
 Figura 6.119 n = EalElat = 68,9101 = 0,682 ∴ b′ = nb = 0,682 × 150 = 102,327 mm 
yCG = ∑ AyCGG∑ A = (102,327 × 50)(25)+ (150h)(50 + h2)(102,327 × 50)+ (150h) = 50 ∴ h = 41,3 mm I = (0,102327 × 0,05312 + 0,102327 × 0,05 × 0,0252) + (0,15 × 0,0413312 + 0,15 × 0,0413 × 0,020652) I = 7,78587 × 10−6m4 35 × 106 = M × 0,04137,78587 × 10−6 ∴ M = 6,60 kN.m 128 × 106 = (0,682) ( M × 0,0507,78587 × 10−6) ∴ M = 29,2 kN.m 
*6.120. A viga composta é feita de alumínio 6061-T6 (A) e latão vermelho C83400 (B). Se a altura h = 40 mm, determine 
o momento máximo que pode ser aplicado à viga se a tensão de flexão admissível para o alumínio for (σadm)al = 128 
MPa e para o latão (σadm)lat = 35 MPa. 
 
 Figura 6.120 n = EalElat = 68,9101 = 0,682 ∴ b′ = nb = 0,682 × 150 = 102,327 mm yCG = ∑ AyCGG∑ A = (102,327 × 50)(25 )+ (150 × 40)(70)(102,327 × 50)+ (150 × 40) = 49,289 mm (centroide da seção transversal) I = (0,102327 × 0,05312 + 0,102327 × 0,05 × 0,0242892) + (0,15 × 0,04312 + 0,15 × 0,04 × 0,020712) = 7,45799 × 10−6m4 35 × 106 = M × 0,047,458 × 10−6 ∴ M = 6,41 kN.m 
 128 × 106 = (0,682) ( M × 0,0507,458 × 10−6) ∴ M = 28,4 kN.m 
Flexão 
347 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.121. As partes superior e inferior da viga de madeira são reforçadas com tiras de aço, como mostra a figura. Determine 
a tensão de flexão máxima desenvolvida na madeira e no aço se a viga for submetida a um momento fletor M = 5 kN.m. 
Trace um rascunho da distribuição de tensão que age na seção transversal. Considere Emad = 11 GPa, Eaço = 200 GPa. 
 
 Figura 6.121 n = EmadEaço = 11200 = 0,055 ∴ b′ = nb = 0,0555 × 200 = 11 mm I = 2 (0,2 × 0,02312 + 0,2 × 0,02 × 0,1602) + (0,011 × 0,3312 ) = 2,2981667 × 10-4 m4 (σaço)máx = McI = 5 × 103 × 0,1702,2981667 × 10−4 = 3,70 MPa (σmad)máx = n McI = 0,055 × 103 × 0,152,2981667 × 10−4 = 0,179 MPa 
6.122. O centro e os lados da viga de abeto Douglas são reforçados com tiras de aço A-36. Determine a tensão máxima 
desenvolvida na madeira e no aço se a viga for submetida a um momento fletor Mz = 10 kN.m. Faça um rascunho da 
distribuição de tensão que age na seção transversal. 
 
 Figura 6.122 n = EmadEaço = 13,1200 = 0,0655 ∴ b′ = nb = 0,0655 × 100 = 6,55 mm I = (0,036 + 0,006550)(0,153)12 = 1,196719 × 10-5 m4 σaço = McI = 10 × 103 × 0,0751,196719 × 10−5 = 62,7 MPa σmad = n McI = 0,0655 × 10 × 103 × 0,0751,196719 × 10−5 = 4,1 MPa 
 
Flexão 
348 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.123. A viga em U de aço é usada para reforçar a viga de madeira. Determine a tensão máxima no aço e na madeira se 
a viga for submetida a um momento M = 1,2 kN.m. Eaço = 200 GPa, Emad = 12 GPa. 
 
 Figura 6.123 n = EmadEaço = 12200 = 0,06 ∴ b′ = nb = 0,06 × 375 = 22,5 mm yCG = ∑ AyCGG∑ A = (399 × 12)(6) + (2)(12 × 88)(56) + (22,5 × 88)(56) (399 × 12) + (2)(88 × 12) + (22,5 × 88) = 29,04 mm(centroide da seção transversal) 
I = (0,399 × 0,012312 + 0,399 × 0,012 × 0,0232) + 2 (0,012×0,088312 + 0,012 × 0,088 × 0,026962) + (0,0225×0,088312 + 0,0225 × 0,088 × 0,0272) 
I = 8,21406 × 10-6 m4 σaço = McI = (1,2 × 103)(0,1−0,02904)8,21406 × 10−6 = 10,37 MPa σmad = n McI = (0,06)(1,2 × 103)(0,07096)8,21406 × 10−6 = 0,62 MPa 
*6.124. Os lados da viga de abeto Douglas são reforçados com tiras de aço A-36. Determine a tensão máxima 
desenvolvida na madeira e no aço se a viga for submetida a um momento fletor Mz = 4 kN.m. Faça um rascunho da 
distribuição de tensão que age na seção transversal. 
 
 Figura 6.124 n = EmadEaço = 13,1200 = 0,0655 ∴ b′ = nb = 0,0655 × 200 = 13,1 mm I = 0,0431 × 0,35312 = 1,54 × 10-4 m4 (σmáx)aço = McI = (4 × 103)(0,175)1,54 × 10−4 = 4,55 MPa (σmáx)mad = n McI = (0,0655)(4 × 103)(0,175)1,54 × 10−4 = 0,298 MPa 
Flexão 
349 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.125. A viga composta é feita de aço A-36 (A) e latão vermelho C83400 (B) e tem a seção transversal mostrada na 
figura. Se for submetida a um momento M = 6,5 kN.m, determine a tensão máxima no latão e no aço. Determine também 
a tensão em cada material na junção entre eles. 
 
 Figura 6.125 n = ElatEaço = 0,505 ∴ b′ = nb = 0,505 × 125 = 63,125 mm ∴ yCG = (63,125 × 100)(50) + 2(125 × 100)(63,125 × 100)+(100 × 125) = 116,4452 mm 
I = [0,063125 × 0,1312 + 0,063125 × 0,1 × (0,1164452 − 0,05)2] + [0,125 × 0,1312 + 0,125 × 0,1 × (0,150 − 0,1164452)2] 
I = 5,76206 × 10-5 m4 (σmáx)aço = McI = 6,5 × 103 × 0,08355485,76206 × 10−5 = 9,42 MPa (σmáx)lat = n McI = 0,505 × 6,5 × 103 × 0,11644525,76206 × 10−5 = 6,63 MPa 
Na junção: σaço = McI = 6,5 × 103 × 0,01644525,76206 × 10−5 = 1,86 MPa σlat = n McI = 0,505 × 6,5 × 103 × 0,01644525,76206 × 10−5 = 0,937 MPa 
6.126. A viga composta é feita de aço A-36 (A) unido a latão vermelho C83400 (B) e tem seção transversal mostrada 
na figura. Se a tensão de flexão admissível para o aço for (σadm)aço = 180 MPa e para o latão (σadm)lat = 60 MPa, determine 
o momento máximo M que pode ser aplicado à viga. 
 
 Figura 6.126 n = ElatEaço = 101200 = 0,505 ∴ b′ = nb = 0,505 × 125 = 63,125 mm yCG = ∑ AyCGG∑ A = (63,125 × 100)(50 )+ 2(125 × 100)(63,125 × 100) + (100 × 125) = 116,4452 mm (centroide da seção transversal) I = [0,063125 × 0,1312 + 0,063125 × 0,1 × (0,1164452 − 0,05)2] + [0,125 × 0,1312 + 0,125 × 0,1 × (0,150 − 0,1164452)2] 
I = 5,76206 × 10-5 m4 180 × 106 = M(0,200 − 0,1164452)5,76206 × 10−5 ∴ M = 124,1306 kN.m 60 × 106 = (0,505) M(0,1164452)5,76206 × 10−5 ∴ M = 58,8 kN.m 
Flexão 
350 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
6.127. A viga de concreto armado é feita com duas hastes de reforço de aço. Se a tensão de tração admissível para o 
aço for (σaço)adm = 280 MPa e a tensão de compressão admissível apara o concreto for (σconc)adm = 21 MPa, determine o 
momento máximo M que pode ser aplicado a seção. Considere que o concreto não pode suportar uma tensão de tração. 
Eaço = 200 GPa, Econc = 26,5 GPa. 
 
 Figura 6.127 
 n = EaçoEconc = 20026,5 = 7,54717 ∴ Aconc = nAaço = (7,54717) (2 × π4 × 252) = 7.409,42 mm² 
(150h′) (h′2 ) + (100 × 550)(h′ + 50) − (7.409,42)(400 − h′) = 0 75h′2 + 62.409,42h′ − 213.768 = 0 ∴ h’ = 3,411 mm 
I = (0,15 × 0,003411312 + 0,15 × 0,003411 × 0,00170552) + (0,55 × 0,1312 + 0,55 × 0,1 × 0,0534112) + (7,40942 × 10−3 × 0,39662) 
I = 1,3681744 × 10-3 m4 21 × 106 = M(3,411 + 100)1,3681744 × 10−3 ∴ Madm = 277,84 kN.m 
 280 × 106 = (7,54717) M(500 − 103,411)1,3681744 × 10−3 ∴ Madm = 127,98 kN.m 
6.128. Determine