APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - PHABLO VERÍSSIMO (7)

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PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DE GOIÁS 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
CURSO DE ENGENHARIA CIVIL 
ENG2033 – RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
 
 
 
 
 
 
 
 
PHABLO VERÍSSIMO INÁCIO DIAS 
 
RAISSA ALVES DE SOUSA 
 
 
 
 
 
 
 
Goiânia, 2017 
2 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DE GOIÁS 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
CURSO DE ENGENHARIA CIVIL 
ENG2033 – RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
 
 
 
 
 
 
 
 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
 
 
 
 
 
Apontamentos de aulas do 
professor José Emerenciano Grande, 
coligidas pelos monitores Phablo 
Veríssimo Inácio Dias e Raissa Alves de 
Sousa. 
 
Orientador: 
Prof. Eng.º José Emerenciano Grande. 
 
 
 
 
Goiânia, 2017 
3 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
SUMÁRIO 
 
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................. 4 
1.1 Definição ............................................................................................... 4 
1.2 Peça Estrutural ...................................................................................... 4 
1.3 Estrutura ................................................................................................ 5 
1.4 Dimensionamento ................................................................................. 6 
1.5 Verificação ............................................................................................ 6 
2 TENSÃO NORMAL ...................................................................................... 7 
2.1 As Unidades de Tensão Normal ........................................................... 8 
2.2 Convenção De Sinais ............................................................................ 8 
2.3 Deformações Elásticas e Plásticas. ...................................................... 9 
3 O ENSAIO DE TENSÃO VERSUS DEFORMAÇÃO.................................. 10 
3.1 Deformações Elásticas e Plásticas. .................................................... 12 
3.2 Materiais sem patamar de escoamento. ............................................. 14 
3.3 Lei de Hooke ....................................................................................... 15 
4 CONCEITO DE ESFORÇO NORMAL ....................................................... 16 
4.1 Energia de Deformação ...................................................................... 19 
4.2 Barras com carregamento distribuído em taxa constante ................... 22 
4.3 Barras com carregamento distribuído em taxa variável ...................... 24 
5 DEFLEXÕES EM TRELIÇAS – DIAGRAMA DE WILLIOT ........................ 27 
6 ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS ........................... 34 
6.1 Método das Forças.............................................................................. 34 
6.2 Método dos deslocamentos ................................................................ 37 
7 ESTRUTURAS SUJEITAS A VARIAÇÕES DE TEMPERATURA ............. 40 
8 DEFORMAÇÃO LATERAL – COEFICIENTE DE POISSON ..................... 44 
8.1 Variação do volume de uma barra tracionada ..................................... 44 
8.2 Lei de Hooke generalizada .................................................................. 45 
9 TENSÃO CISALHANTE ............................................................................. 50 
9.1 Deformação no cisalhamento .............................................................. 51 
10 TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO NO PLANO...................................... 54 
10.1 Equações gerais de transformação de tensão no plano ..................... 55 
10.2 Tensões principais e tensão de cisalhamento máxima no plano ........ 57 
10.3 Análise de tensões pelo Círculo de Mohr ............................................ 63 
11 BIBLIOGRAFIA ....................................................................................... 69 
 
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APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
1 INTRODUÇÃO 
1.1 Definição 
Resistência dos Materiais é um ramo da Mecânica Aplicada que estuda 
os esforços internos em um corpo (peça estrutural) sob ação de forças (cargas) 
externas. 
1.2 Peça Estrutural 
É todo corpo capaz de receber e transmitir cargas (forças). Exemplo: um 
corpo cilíndrico, apoiado em um plano horizontal, ao receber uma carga qualquer 
P transmite a mesma para o plano em que está apoiado. As peças estruturais 
são classificadas em: Linear, Plana e Volumétrica. 
Fig. 1.1 – Exemplo de uma peça estrutural (corpo cilíndrico). 
 
A peça estrutural linear é aquela na qual uma dimensão é bem superior 
às outras duas. Exemplo: Um pilar de ponte ou de uma edificação. 
Fig. 1.2 – Exemplo de uma peça estrutural linear. 
 
l >> a 
l >> b 
5 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Já uma peça estrutural plana, é aquela na qual as duas dimensões são 
bem maiores que a terceira dimensão. Exemplo: Uma laje de edifício. 
Fig 1.3 – Exemplo de uma peça estrutural plana. 
 
E, por fim, uma peça estrutural volumétrica é aquela em que as três 
dimensões têm a mesma ordem de grandeza. Exemplo: Um bloco de fundação. 
Fig 1.4 – Exemplo de uma peça estrutural volumétrica. 
 
1.3 Estrutura 
É uma associação de peças estruturais. Exemplo: uma mesa (que tem 
analogia com uma estrutura formada por laje/viga/pilar) é uma estrutura formada 
por peças lineares e planas. 
 
Fig. 1.5 – Exemplo de uma estrutura (o conjunto de peças estruturais). 
 
l 1 >> d 
l 2 >> d 
6 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Os problemas estudados pela Resistência dos Materiais 
A resistência dos materiais foca na resolução de dois principais problemas, quais 
sejam: 
• O problema do dimensionamento de peças estruturais; 
• O problema da verificação de tensões e esforços admissíveis. 
1.4 Dimensionamento 
O dimensionamento consiste, conhecidas as cargas atuantes e as 
características do material construtivo da peça estrutural, estabelecer as 
dimensões necessárias para que a peça funcione com segurança, como 
exemplo, deve-se estabelecer as dimensões “a” da peça sob ação da carga “P”, 
ilustrada na Figura abaixo: 
 
Fig. 1.6 – Exemplo do dimensionamento de uma peça estrutural. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.5 Verificação 
A verificação consiste em, conhecidas as dimensões da peça e as 
características do material construtivo, determinar as cargas que podem atuar 
com segurança, isto é, estabelecer a carga “P” que pode atuar com segurança 
na peça mostrada na Figura 1.7: 
 
 
 
 
 Conhecidas A carga “P”; 
 As características do M.C. 
 
 A determinar A dimensão do lado “a”. 
 
7 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Fig. 1.7 - Exemplo da verificação de uma peça estrutural. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 TENSÃO NORMAL 
Seja a barra da figura 1, sem peso próprio, sob ação de uma carga axial 
crescente a partir de zero até um valor final “P”, quando as forças internas na 
barra equilibram a força externa “P” (ver figura 2.1). 
Fig. 2.1 – Barra prismática sob ação da foça axial “P”. 
 
A barra vista como corpo livre está ilustrada na Figura 2.2. 
Fig. 2.2 – Barra sob ação da foça axial “P” vista como corpo livre. 
 
 
Conhecidas A geometria da peça; 
 As características do M.C. 
 
A determinar A carga “P”. 
 
 
• M.C = material construtivo 
 
l = comprimento da barra 
A = área da seção transversal (S.T.) 
8 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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A carga P é considerada concentrada,ou seja, aplicada em um ponto. 
Essa consideração é teórica, pois seria inviável a aplicação de uma carga em 
um ponto, como será visto no decorrer do estudo. 
Para uma seção “s” qualquer afastada da extremidade da barra, as 
tensões podem ser consideradas uniformemente distribuídas. Quando essas 
tensões agirem em um plano ortogonal ao plano da área da seção transversal, 
isto é, agirem na direção normal (ou axial) da peça, essa tensão será 
caracterizada como tensão normal, conforme indicado na Figura 3. 
Fig. 2.3 – Distribuição de tensões normais na seção “s” da barra. 
 
 σ = sigma = tensão normal → σ =
P
A
 
2.1 As Unidades de Tensão Normal 
No sistema internacional (S.I) a unidade de SIGMA é N/m² ou Pa, em que: 
N= Newton e m² metro quadrado e Pa = Pascal. É comum também expressar 
essa tensão em MN/m² ou MPa, onde M = 106 (mega). 
Também é usual expressar tensão normal no sistema técnico (S.T.), que 
não é estabelecido por norma técnica, no entanto são comumente expressadas 
por: kgf/cm²; kgf/mm²; tf/m² e etc. 
2.2 Convenção De Sinais 
• Tração é convencionada positiva (+); 
• Compressão é convencionada negativa (–). 
A consideração de carga concentrada é uma abstração, pois conduziria a 
uma tensão normal infinita. Porém quando a carga abra numa região muito 
pequena, em presença, das dimensões da peça estrutural podemos considerar 
9 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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a carga como concentrada. Quando uma barra é tensionada (tracionada ou 
comprimida) ela sofre deformação conforme indicado na Figura 2.4. 
Fig. 2.4 – Deformação na barra após a aplicação da força “P”. 
 
As deformações são muito pequenas e geralmente medidas em 
milímetros (mm). O quociente da deformação total ∆𝒍 pelo comprimento inicial 
da peça (𝒍) é chamado deformação especifica (𝜺) como apresentado na Equação 
(1). Essa deformação especifica é uma grandeza adimensional. 
 
𝜀 =
∆𝑙
𝑙
 
(1) 
Os alongamentos são convencionados positivos (+) e os encurtamentos 
negativos (-). 
2.3 Deformações Elásticas e Plásticas. 
Seja a barra prismática da figura 2.5, sem peso próprio, sob ação de uma 
carga axial crescente a partir de zero até um valor final P. Sob ação dessa carga 
a barra irá se alongar no valor de ∆𝒍 e quando o carregamento for retirado de 
forma gradual, parte desse alongamento desaparece e parte permanece, 
conforme ilustra a Figura 2.5. 
Fig. 2.5 – Deformação na barra após a aplicação da força “P”. 
 
10 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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A parte da deformação que desaparece com a retirada da carga é 
chamada de deformação elástica (∆𝒍𝒆), e a parte que permanece é chamada de 
deformação plástica (∆𝒍𝒑). Essa deformação plástica é também pode ser 
nomeada de deformação residual (∆𝒍𝒓) ou deformação permanente (∆𝒍𝒑). Os 
materiais são sempre elasto-plasticos e para um determinando nível da carga 
aplicada as deformações serão apenas elásticas, inexistindo deformações 
plásticas (ou residuais/permanentes). 
3 O ENSAIO DE TENSÃO VERSUS DEFORMAÇÃO 
O ensaio tensão versus deformação (σ x ε) é estabelecido por norma 
técnica e consiste em tensionar um corpo de prova (C.P.) para que se registre 
um sistema de eixos cartesianos com as tensões normais e as deformações 
especificas ocorridas durante o processo. As tensões são aplicadas 
gradualmente pela máquina de ensaios. A Figura 3.1 ilustra este processo. 
Fig. 3.1 – Ilustração do ensaio de tensão vs deformação. 
. 
Em que: 
• 𝒍 = comprimento inicial do C.P; 
• ∆𝒍 = alongamento do C.P. numa determinada fase do ensaio; 
• A = área da S.T. do C.P. 
Observações: 
• No trecho o “A” a relação entre as tensões e deformações é linear; 
• No trecho entre A e B o diagrama é uma curva suave, ou seja com raio 
muito grande; 
11 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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• No trecho entre B e C o diagrama é uma curva em serra e sensivelmente 
paralela ao eixo horizontal (𝜺); 
• No trecho o AB para que acontece aumento das deformações existe 
necessidade de aumento das tensões; 
• No trecho BC, as deformações aumentam sob tensão praticamente 
constante; 
• A partir do ponto C o aumento das deformações é acompanhado por 
aumento de tensões até o ponto M; 
• No trecho MR as tensões diminuem as deformações continuam 
aumentado, o que é um paradoxo, que será explicado no decorrer desta 
descrição do ensaio. 
As tensões importantes dos trechos apresentados na Figura 2.8 são 
denominadas: 
𝛔𝐩 = tensão de proporcionalidade; 
𝛔𝐞 = tensão de escoamento; 
𝛔𝐦 = tensão máxima do ensaio; 
𝛔𝐫 = tensão de ruptura do C.P. 
O ensaio em questão é chamado “ensaio convencional”, pois não leva em 
consideração que durante o processo a seção transversal do C.P. diminui. Sendo 
assim, nas proximidades do ponto M a área da S.T. diminui de forma acentuada 
e essa redução é chamada de estrição, conforme é ilustrado na Figura 3.2. 
Fig. 3.2 – Estrição no corpo de prova. 
 
 Quando se leva em conta a redução da área da S.T. o ensaio é chamado 
“ensaio real de tensão vs deformação” e tem o aspecto da curva traço-ponto, 
ilustrada na Figura 3.3. 
Fig. 9 
12 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Fig. 3.3 – Curva traço -ponto do ensaio real de tensão vs deformação. 
 
 A tensão de ruptura é, por logica, a maior tensão do ensaio. 
3.1 Deformações Elásticas e Plásticas. 
 Seja um corpo de prova do qual se conhece o ensaio tensão versus 
deformação (σ vs ɛ) (ver Figura 3.4). Repetindo o ensaio com um corpo de prova 
do mesmo material, gráfico terá o mesmo desenho com pequenas diferenças. 
Quando o ensaio alcançar o ponto B e a carga do ensaio for retirada 
gradativamente o caminho de ida será o mesmo de volta, mostrando o não 
surgimento de deformação permanentes (ou residuais/plásticas), conforme 
ilustra a Figura 3.5. 
Fig. 3.4 – Ensaio de tensão vs deformação de um determinado C.P. 
 
Fig. 3.5 - Curva de tensão vs deformação que não ultrapassou o ponto “B” 
13 
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 Se a curva ultrapassar o ponto B e alcançar o ponto C, o caminho de ida 
será diferente do caminho de volta, conforme ilustra a Figura 3.6. Esse fato 
mostra que após retirada da carga ocorre deformações permanentes (ou 
residuais/plásticos). 
Fig. 3.6 - Curva de tensão vs deformação que ultrapassou o ponto “B”. 
 
Em que: 
• ɛ = deformação especifica total; 
• ɛe = deformação especifica elástica; 
• ɛp = deformação especifica plástica (ou permanente, ou residual) 
 Assim existem duas regiões na curva, uma região elástica onde não 
existem deformações plásticas e uma região plástica onde ocorrem somente 
deformações plásticas, o que divide estes dois trechos é o patamar de 
escoamento, conforme ilustrado na Figura 3.7. 
Fig. 3.7 – Representação do patamar de escoamento. 
 As semirretas AO e CF são 
sensivelmente paralelas. 
A deformação elástica (ɛe) 
desaparece e a deformação plástica 
(ep) permanece. 
14 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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3.2 Materiais sem patamar de escoamento. 
 Existem materiais que não apresentam o patamar de escoamento e para 
esses materiais se convenciona como tensão de escoamento aquela tensão que 
produz uma deformação plástica de 0,2%, conforme indica a Figura 3.8. 
Fig. 3.8 – Tensão de escoamento para materiais que não possuem patamar de 
escoamento. 
 
 
15 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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3.3 Lei de Hooke 
É importante relembrar que o trecho reto da curva σ vs ɛ tem o aspecto 
indicado na Figura 3.8 e não como nas figuras dos itens anteriores. 
Fig. 3.8 – Curva tensão versus deformação. 
 
No trecho reto AOda curva σ x ɛ a relação entre as tensões normais e as 
deformações é linear, o que leva a dizer que o material é linearmente elástico 
neste trecho. A equação desta reta é expressa por 𝛔 = 𝐄. 𝛆, que é a expressão 
da Lei de Hooke. A grandeza E é conhecida como módulo de elasticidade do 
material e é o coeficiente angular da reta AO. Como a deformação especifica (ɛ) 
é um número puro, a unidade do módulo de elasticidade (E) é uma unidade de 
tensão. O módulo de elasticidade é uma característica mecânica do material. 
 Na tabela 3.1 são apresentados os módulos de elasticidade (E) de alguns 
materiais. 
Tabela 3.1 – Relação do módulo de elasticidade de alguns materiais. 
Material E (GPa) 
Aço 200,00 
Alumínio 73,10 
Cobre 101,00 
Madeira 13,00 
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4 CONCEITO DE ESFORÇO NORMAL 
 Seja uma barra prismática, sem peso próprio, sob ação de uma carga 
axial P (ver Figuras 4.1 e 4.2). 
Fig. 4.1 – Barra sob ação de uma carga “P” com o seu respectivo diagrama de esforço 
normal. 
 
A seção genérica “S” está em equilíbrio sob ação do par de forças P na 
Figura 3.10: 
Fig. 4.2 – Equilíbrio da seção “S” sob ação do par de forças “P”. 
 
O par de forças (P; -P) que equilibra a seção é chamado Esforço Normal. 
Esse esforço pode ser de tração (convencionado como positivo (+)) ou de 
compressão (convencionado como negativo (-)). A curva que define o esforço 
normal em toda extensão da peça estrutural é chamada de Diagrama de Esforço 
Normal (DEN). A convenção para esse diagrama é mostrada nas figuras. 
A convenção para esse diagrama é mostrada na Figura 4.3. 
 
17 
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Figura 4.3 – Convenção de sinais para o diagrama de esforço normal (DEN). 
 
 O DEN apresentado na Figura 3.9 é uma reta paralela ao eixo da barra, 
pois todas as seções transversais estão sob ação do mesmo par de forças (P; -
P). 
 A barra alongará de ∆𝑙 e pela Lei de Hooke tem-se a equação 2: 
 
𝜀 =
σ
E
→
∆𝑙
𝑙
=
𝑃
𝐴𝐸
→ ∆𝑙 =
𝑃𝑙
𝐸𝐴
 (2) 
O numerador 𝑃𝑙 da fração é a área do DEN, sendo assim o alongamento 
∆𝑙 da barra pode ser definido pela equação 3: 
 ∆𝑙 = 
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝐷𝐸𝑁
𝐸𝐴
 (3) 
 E ainda, considerando o alongamento da seção S, que é parte do 
alongamento total ∆𝑙 (ver Figura 4.4), pode-se obter a equação 4. 
Fig. 4.4 – Equilíbrio da seção “s” da barra considerando o seu alongamento. 
 
18 
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 𝑑(∆𝑙) = 
𝑃. 𝐷𝑥
𝐸𝐴
→ ∆𝑙 = ∫
𝑃.𝐷𝑥
𝐸𝐴
𝑙
0
 (4) 
Aplicações 
 Traçar o DEN e calcular as deformações ∆𝑙 das barras, sendo que o seu 
peso próprio deve ser desconsiderado. 
1) O material de construção possui 𝐸 = 2000 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2. 
 
∆𝑙 = 
4 𝑥 200
2000 𝑥 5
= 0,08 𝑐𝑚 𝑜𝑢 ∆𝑙 = 0,8 𝑚𝑚 
𝜎 =
𝑁(𝑠)
𝐴
=
4000
5
= 800 𝑘𝑔𝑓. 𝑐𝑚−2 
2) O material de construção possui 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎. 
 
19 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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 Para qualquer sentido de percurso na barra (de B para D ou de D para B) 
o esforço normal em uma seção qualquer terá o mesmo valor. 
 SP 
 SP 
 
 Percorrendo a barra de cima para baixo, isto é, de B para D tem-se que: 
N(B) = 40KN N(s) = 40KN 
 Na seção C, onde existe uma carga concentrada de 20KN, calcula-se o 
normal em C’ e depois em C”. 
N(C’) = 40 KN 
N(C”) = 40 + 20 = 60 KN 
N(S’) = 40 + 20 = 60 KN 
N(D) = 60 KN 
 
 
 Adotando o percurso inverso o resultado será o mesmo. 
 Deformação total ∆𝑙 
∆𝑙 = ∫
𝑁(𝑠)𝐷𝑥
𝐸𝐴
𝑙
0
∴ ∆𝑙 =
40. 103𝑥4
200. 109𝑥6. 10−4
+
60. 103𝑥2
200. 109𝑥6. 10−4
= 2,33. 10−3𝑚 
ou ∆𝑙 = 2,33 𝑚𝑚 
4.1 Energia de Deformação 
Seja a barra prismática da Figura 4.5, sob ação de uma carga axial, 
crescente a partir de zero até um valor fixo P. A barra tem módulo de elasticidade 
E. O gráfico (ver Figura 4.5) apresenta a variação da carga P em função da 
deformação total ∆𝑙, nos limites da Lei de Hooke. 
 
N(s) = 40 KN 
N(s) = 60 – 20 = 40 KN 
 SP = Sentido de percurso. 
20 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Fig 4.5 – Barra prismática sob ação da carga axial P e sua respectiva variação em função 
do deslocamento total. 
 
 
 
 
 
 
 
 
O trabalho realizado, ou a energia acumulada na barra, é expressa pela 
equação 5: 
 
𝑈 =
𝑃. ∆𝑙
2
 
(5) 
 Ou considerando a energia acumulada na seção genérica S de espessura 
dx, deformará de d(∆𝑙)e a energia acumulada será: 
𝑑𝑈 = 𝑃𝑖. 𝑑(∆𝑙) 
𝑃𝑖
∆𝑙𝑖
=
𝑃
∆𝑙
∴ 𝑃𝑖 =
𝑃
∆𝑙
𝑥∆𝑙𝑖 
 
𝑃𝑖 = 
𝑃
∆𝑙
𝑥∆𝑙𝑖 e a equação da reta que passa por AO. 
𝐷𝑢 =
𝑃
∆𝑙
𝑥∆𝑙𝑖𝑑(∆𝑙𝑖). 
Integrando tem-se: 𝑈 = ∫
𝑃
∆𝑙
𝑙
∆𝑙
𝑥∆𝑙𝑖𝑑(∆𝑙𝑖) 
𝑈 =
𝑃
∆𝑙
[
∆𝑙𝑖
2
]
∆𝑙
 
0
∴ 𝑈 =
𝑃.∆𝑙
2
 Como ∆𝑙 =
∆𝑙
𝐸𝐴
∴ 𝑈 =
𝑃
2
𝑥
𝑃𝑙
𝐸𝐴
∴ 𝑈 =
𝑃2𝑙
2𝐸𝐴
𝑜𝑢 𝑎𝑖𝑛𝑑𝑎 
𝑈 =
𝑁(𝑠)
2 𝑙
2𝐸𝐴
, 𝑗á 𝑞𝑢𝑒 𝑁(𝑠) = 𝑃 
21 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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 A energia acumulada, numa fatia da barra de espessura dx (a seção 
transversal S), é: 
𝑑𝑈 =
𝑁(𝑠)𝑑𝑥
2𝐸𝐴
𝑜𝑢 𝑈 = ∫
𝑁2(𝑠)𝑑𝑥
2𝐸𝐴
𝑙
0
, 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝐴: 
𝑈 = ∫
𝑁2(𝑠)𝑑𝑥
2𝐸𝐴
𝑙
0
𝑥
𝐴
𝐴
∴ 𝑈 = ∫
𝑁2(𝑠). 𝑑𝐴𝑑𝑥
𝐴2. 2𝐸
𝑙
0
,
𝑁²(𝑠)
𝐴²
= 𝜎2𝑒 𝑑𝐴. 𝑑𝑋 = 𝑑𝑉 𝑠𝑒çã𝑜 𝑺: 
 𝑑𝑉 = 𝑑𝐴. 𝑑𝑥 
𝑑𝑉 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑒çã𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 𝑆 
𝑈 = ∫
𝜎²𝑑𝑉
2𝐸
 
𝑈 = 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑎𝑐𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑑𝑎 𝑛𝑎 𝑠𝑒çã𝑜 𝑆 𝑑𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑉 = 𝐴𝑑𝑥 
Aplicação 
1) Construir o DEN e calcular a deformação total (∆𝑙) e a energia acumulada 
na barra. O material construtivo tem 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎. 
 
 
Para a deformação total, tem-se: 
∆𝑙 = 
103
(200𝑥109) 𝑥 (2𝑥10−4)
[(−10𝑥0,20) + (10𝑥0,40) + (−20𝑥0,40)] 
∆𝑙 = −0,15𝑥10−3 𝑚 𝑜𝑢 ∆𝑙 = −0,15 𝑚𝑚 
 
22 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Já o cálculo da energia acumulada na barra pode ser realizado da seguinte 
maneira: 
𝑈 =
𝑁(𝑠)
2 𝑙
2𝐸𝐴
 
𝑈 = 
103
2𝑥(200𝑥109) 𝑥 (2𝑥10−4)
[(−102. 0,20) + (102. 0,40) + (−202. 0,40)] 
𝑈 = 2,75𝑥10−3 𝑘𝑁.𝑚 𝑜𝑢 𝑈 = 2,75 𝐽 
4.2 Barras com carregamento distribuído em taxa constante 
Seja uma barra de aço instalada em um bloco de concreto sob ação de uma 
força P, conforme indicado na Figura 4.6: 
Fig. 4.6 – Barra de aço instalada em um bloco de concreto. 
 
Em que: 𝑃 = 𝑞𝑥𝐿 e suas unidades são: {
𝑆. 𝐼.→ 𝑁/𝑚, 𝑘𝑁/𝑚, 𝑀𝑁/𝑚, 𝑒𝑡𝑐.
𝑆. 𝑇.→ 𝑘𝑓𝑔/𝑚, 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚, 𝑡𝑓/𝑚, 𝑒𝑡𝑐.
 
 
Sendo assim, a reação “q” é uma carga distribuída uniformemente no 
comprimento L da barra, e sua representação é apresentada na Figura 4.7: 
Fig. 4.7 – Representação de uma barra com carregamento distribuído uniforme. 
 
Aplicação: 
1) Traçar o DEN, calcular a deformação total e a energia total (U) acumulada 
na barra. Dados: 𝐸 = 2𝑥105𝑀𝑃𝑎. 
 
23 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Adotando para esta aplicação o sentido de percurso de B para D, tem-se que: 
𝑁(𝑠′) = 40 + 20𝑥1 (0 ≤ 𝑥1 ≤ 2𝑚); 
𝑁𝐵 = 40 + 20(0) = 40𝑘𝑁; 
𝑁𝐶′ = 40 + 20(2) = 80𝑘𝑁; 
𝑁(
𝑆′′
) = 80 + 40 + 20𝑥2 → 120 + 20𝑥2 (0 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚); 
𝑁𝐶′′ = 120 + 20(0) = 120𝑘𝑁; 
𝑁𝐷 = 120 + 20(4) = 200𝑘𝑁. 
Assim, a deformação total será: 
∆𝐿 =
1
𝐸𝐴
∫ 𝑁(𝑠)𝑑𝑥
𝐿
0
 
∆𝐿 =
103
(2. 1011)(18. 10−4)
[∫ (40 + 20𝑥1)𝑑𝑥
2
0
+∫ (120 + 20𝑥2)𝑑𝑥
4
0
] 
∆𝐿 =
1
36. 104
[120 + 640] 
∆𝐿 = 2,11. 10−3 𝑚 𝑜𝑢 ∆𝐿 = 2,11 𝑚𝑚 
Já a energia total acumulada na barra pode ser calculada da seguinte maneira: 
𝑈 =
1
2𝐸𝐴
∫ 𝑁(𝑠)
2 𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑈 =
1
72.107
[∫ (40. 103 + 20. 103𝑥1)
2𝑑𝑥
2
0
+∫ (120.103 + 20. 103𝑥2)
2𝑑𝑥
40
] 
𝑈 =
106
72𝑥107
[1600𝑥 +
400
3
𝑥3 +
1600
2
𝑥2]
2
0
+ [14400𝑥 +
400
3
𝑥3 +
4800
2
𝑥2]
4
0
 
𝑈 =
1
720
[
22400
3
] + [
313600
3
] 
𝑈 = 155,55 𝑘𝑁.𝑚 
24 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
2) Calcular a deformação total (∆𝐿) da barra da figura abaixo que está sob 
ação do seu peso próprio. O material possui peso específico 𝛾 e módulo 
de elasticidade 𝐸. 
 
O peso próprio é dado pela seguinte equação: 
𝑃𝑝 = 𝑉𝑜𝑙. 𝛾, 𝑖𝑠𝑡𝑜 é, 𝑃𝑝 = 𝐴. 𝐿. 𝛾 
Generalizando para qualquer seção da barra e calculando o peso próprio na 
seção (s’), tem-se que: 
𝑃𝑝 = 𝐴. 𝑥. 𝛾 = 𝑁(𝑠′) 𝑐𝑜𝑚 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿) 
Assim, a deformação total será: 
∆𝐿 =
𝑁(𝑠). 𝐿
𝐸𝐴
 → ∆𝐿 =
𝐴. 𝛾. 𝐿
2
.
𝐿
𝐸. 𝐴
 
∆𝐿 =
𝑃𝑝𝐿
2𝐸𝐴
 
4.3 Barras com carregamento distribuído em taxa variável 
Seja uma barra sob ação de uma carga distribuía com taxa constante, 
como indicado na Figura 4.8: 
Fig. 4.8 – Barra com carregamento distribuído em taxa constante. 
 
25 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Seja agora uma barra sob ação de uma carga distribuída com variação 
linear crescente de 𝑞0 = 0 até 𝑞, conforme apresentado na Figura 4.9: 
Fig. 4.9 - Barra com carregamento distribuído em taxa variável. 
 
Como a carga não é uniforme em todo o comprimento da barra, é 
necessário encontrar sua relação. Sendo assim, por semelhança de triângulos 
no diagrama de carga, tem-se: 
 
𝑞
𝐿
=
𝑞𝑠
𝑥1
→ 𝑞𝑠 =
𝑞𝑥1
𝐿
 𝑐𝑜𝑚 (0 ≤ 𝑥1 ≤ 𝐿) (6) 
Como o esforço normal é a soma das cargas axiais atuantes na barra, 
para 𝑁(𝑠′) calcula-se a área do diagrama de carga, sendo: 
 𝑁(𝑠′) =
𝑞𝑠𝑥1
2
 (7) 
Substituindo a equação (6) na equação (7), fica: 
 𝑁(𝑠′) =
𝑞
𝐿
𝑥2
2
 (8) 
Nota-se pela equação (8) que o DEN, para este tipo de carregamento, 
possui uma variação parabólica (ver Figura 4.9). E ainda, substituindo 
respectivamente os valores de 0, 0,5, 𝑒 𝐿 em 𝑥1, tem-se: 
𝑁(0) = 0; 
𝑁(0,5𝐿) = 0,25(𝑞𝐿); 
𝑁(𝐿) = 0,5(𝑞𝐿). 
 
 
26 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Aplicação: 
1) Para a barra a seguir, pede-se: traçar o DEN, realizar seu 
dimensionamento e calcular sua deformação total (∆𝐿) e sua energia de 
deformação (𝑈). Dados: 𝐸 = 2000 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2 𝑒 𝜎 = 1,2 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2. 
 
A equação que rege a variação da carga no decorrer do comprimento da 
barra é dada por: 
4 𝑡𝑓/𝑚
4 𝑚
=
𝑞𝑠
𝑥1
→ 𝑞𝑠 = 𝑥1 
Adotando o sentido percurso de B para C, tem-se: 
𝑁(𝐵) = 2 𝑡𝑓; 
𝑁(𝑠′) = 2 +
𝑞𝑠𝑥1
2
→ 𝑁(𝑠′) = 2 +
𝑥1
2
2
 𝑐𝑜𝑚 (0 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚) 
𝑁(𝐶) = 2 +
42
2
→ 𝑁(𝐶) = 10 𝑡𝑓 
A verificação da concavidade da parábola é realizada por meio de uma 
comparação entre o valor do esforço normal no meio da barra e o valor do ponto 
médio da reta de referência. Para o valor do esforço normal no meio da barra 
tem-se que: 
𝑁(0,5𝐿) = 2 +
22
2
→ 𝑁(0,5𝐿) = 4 𝑡𝑓 
Já o ponto médio da linha de referência é calculado da seguinte maneira: 
𝑁(𝑃𝑀) =
𝑁1 + 𝑁2
2
, 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜:𝑁1 = 2 𝑡𝑓 𝑒 𝑁2 = 10 𝑡𝑓 
𝑁(𝑃𝑀) =
2 + 10
2
→ 𝑁(𝑃𝑀) = 6 𝑡𝑓 
Como o valor do esforço normal no meio da barra é menor que do que o 
valor do esforço encontrado no ponto médio da linha de referência, a parábola é 
27 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
convexa (como ilustrado no enunciado), do contrário, a parábola seria côncava 
e seus valores de esforço normal ultrapassariam a linha de referência. 
O dimensionamento da barra é realizado com base na seção mais 
solicitada/perigosa, isto é, na seção onde o DEN fornece o maior valor de esforço 
normal, que nesta aplicação é a seção C. Assim, tem-se: 
𝜎𝑎 =
𝑁(𝐶)
𝐴
→ 𝐴 =
𝑁(𝐶)
𝜎
→
10
1,2
→ 𝐴 = 8,33 𝑐𝑚2 
Com isso, pode-se agora calcular a deformação total, sendo: 
∆𝐿 = ∫
𝑁(𝑆)𝑑𝑥
𝐸𝐴
𝐿
0
 
∆𝐿 =
1
(2.107)(8,33.10−4)
∫ (2 +
𝑥2
2
)𝑑𝑥
4
0
 
∆𝐿 =
1
(16,66.103)
[2𝑥 +
𝑥3
6
]
4
0
 
∆𝐿 = 1,12.10−3 𝑚 𝑜𝑢 ∆𝐿 = 1,12 𝑚𝑚 
Para a energia de deformação, tem-se: 
𝑈 = ∫
𝑁(𝑆)
2 𝑑𝑥
2𝐸𝐴
𝐿
0
 
𝑈 =
1
2(2.107)(8,33.10−4)
∫ (2 +
𝑥2
2
)
2
𝑑𝑥
4
0
 
𝑈 =
1
(33,32.103)
[4𝑥 +
𝑥5
20
+
2𝑥3
3
]
4
0
 
𝑈 = 0,003297 𝑡𝑓.𝑚 
 
 
 
 
 
5 DEFLEXÕES EM TRELIÇAS – DIAGRAMA DE WILLIOT 
Seja uma treliça isostática sob ação de uma carga 𝑃, como é apresentado 
na Figura 5.1: 
28 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Fig. 5.1 – Treliça isostática sob ação de uma carga 𝑷. 
 
𝑅𝐴𝐵 e 𝑅𝐵𝐶 são as reações nas barras da treliça provenientes da aplicação da 
carga 𝑃. Estas reações podem ser calculadas realizando um somatório de forças 
no Nó 𝐵, em que: 
∑𝐹𝑉 = 0 → 𝑅𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = −𝑃 
𝑅𝐵𝐶 = −
𝑃
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
 𝑜𝑢 𝑅𝐵𝐶 = −𝑃. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐(𝜃) 
∑𝐹𝐻 = 0 → 𝑅𝐵𝐴 = −𝑅𝐵𝐶 . cos (𝜃) 
𝑅𝐵𝐴 = −(−
𝑃
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
. cos(𝜃)) 
𝑅𝐵𝐴 = 𝑃. 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃) 
Com isso, pode-se calcular a deformação total (∆𝐿) em cada barra, sendo: 
∆𝐴𝐵=
𝑃. 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃). 𝐿𝐴𝐵
𝐸. 𝐴𝐴𝐵
 𝑒 ∆𝐵𝐶= −
𝑃. 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐(𝜃). 𝐿𝐵𝐶
𝐸. 𝐴𝐵𝐶
 
Nota-se que a barra 𝐴𝐵 sofre um alongamento e a barra 𝐵𝐶 um 
encurtamento em seu comprimento. Sendo assim, para determinar o 
deslocamento do Nó 𝐵, primeiramente traça-se um arco com centro em 𝐴 e raio 
𝐴𝐵1, posteriormente traça-se outro arco com centro em 𝐶 e raio 𝐶𝐵2. A 
intersecção destes arcos é o posicionamento final do Nó B. 
Porém, como o deslocamento de 𝐵 é muito pequeno, estes arcos podem ser 
perfeitamente substituídos por retas de referência. Essas retas, para cada barra, 
devem ser ortogonais ao seu eixo e devem passar pelo ponto final de sua 
deformação, isto é, para a barra 𝐴𝐵 a reta ortogonal de referência passa pelo 
ponto 𝐵1 e é ortogonal ao eixo da barra, já para a barra 𝐵𝐶, a reta de referência 
passa pelo ponto 𝐵2 e é ortogonal ao eixo 𝐵𝐶, conforme ilustrado no diagrama 
da Figura 5.2. 
Fig. 5.2 – Diagrama do deslocamento do nó 𝑩 da treliça. 
29 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
Assim, o trecho 𝐴𝐵’𝐶 fica sendo a nova configuração deformada da treliça e 
o ponto 𝐵’ será a nova localização do Nó 𝐵, a qual pode ser calculada 
geometricamente. O diagrama apresentado na Figura 5.2 é reapresentado na 
Figura 5.3 em uma escala maior, a fim de facilitar os cálculos. Este diagrama é 
chamado de Diagrama de Williot. 
Figura 5.3 – Diagrama de Williot da treliça. 
 
O vetor BB’ é o vetor do deslocamento do Nó 𝐵, sendo 𝛿ℎ𝐵 sua componente 
horizontal (deslocamento horizontal), que é igual a ∆𝐴𝐵. Já 𝛿𝑣𝐵 é o deslocamento 
vertical do Nó 𝐵, em que seu cálculo é realizado somando as distâncias 𝐵𝐵4 e 
𝐵3𝐵’, desta forma, tem-se que: 
𝛿𝑣𝐵 = 𝐵𝐵4 + 𝐵3𝐵
′ = ∆𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + (
∆𝐵𝐶 . cos(𝜃) + ∆𝐴𝐵
𝑡𝑔(𝜃)
) 
𝛿𝑣𝐵 = ∆𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + ∆𝐵𝐶 .
cos2(𝜃)
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
+ ∆𝐴𝐵.
1
𝑡𝑔(𝜃)
 
𝛿𝑣𝐵 = ∆𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + ∆𝐵𝐶 .
1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝜃)
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
+ ∆𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃) 
𝛿𝑣𝐵 = ∆𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + ∆𝐵𝐶 . [
1
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
− 𝑠𝑒𝑛(𝜃)] + ∆𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃) 
30 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
𝛿𝑣𝐵 = ∆𝐵𝐶 . 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐(𝜃) + ∆𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃) 
Aplicações: 
1) Calcular os deslocamentos horizontal e vertical do ponto de aplicação 
da carga P. Dados: 𝐴1 = 5 𝑐𝑚
2; 𝐴2 = 4 𝑐𝑚
2; 𝐸1 = 2𝐸2 = 2000𝑡𝑓. 𝑐𝑚
−2 
 
∑𝐹𝐻 = 0 → 𝑅𝐴𝐵. 𝑠𝑒𝑛(60) = 𝑅𝐵𝐶 . 𝑠𝑒𝑛(45) 
𝑅𝐵𝐶 = 1,225𝑅𝐴𝐵 
∑𝐹𝑉 = 0 → 𝑅𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑠(60) + 1,225𝑅𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑠(45) = 𝑃 
𝑅𝐴𝐵 = 2,20 𝑡𝑓 𝑒 𝑅𝐵𝐶 = 2,70 𝑡𝑓 
∆𝐴𝐵=
2,20.100
2000.5
= 0,022 𝑐𝑚 
∆𝐵𝐶=
2,7.200
1000.4
= 0,135 𝑐𝑚 
Com isso pode-se traçar o Diagrama de Williot, que em uma escala 
exagerada, fica: 
 
 
 
31 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAISI 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
Com isso, tem-se que: 
𝐶𝐹 =
∆𝐴𝐵
𝑠𝑒𝑛(30)
= 0,044 𝑐𝑚 
𝐶𝐷 =
∆𝐵𝐶
𝑠𝑒𝑛(45)
= 0,191 𝑐𝑚 
𝐷𝐹 = 𝐶𝐷 − 𝐶𝐹 = 0,147 𝑐𝑚 
 
Agora, trabalhando no triângulo DFC’, tem-se: 
 
→ 𝑦. 𝑠𝑒𝑛(45) = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛(30) 
𝑥 = 1,414𝑦 
 
→ 𝑦. cos(45) + 𝑥. cos(30) = 𝐷𝐹 
𝑦 =
𝐷𝐹
1,93
→ 0,076 𝑐𝑚; 𝑙𝑜𝑔𝑜: 𝑥 = 0,108 𝑐𝑚 
 Assim, pode-se escrever: 
 
𝛿𝑣𝐶 = 𝐶𝐹 + 𝑥. cos(30) → 0,1375 𝑐𝑚 𝑜𝑢 1,37 𝑚𝑚 
𝛿ℎ𝐶 = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 → 0,054 𝑐𝑚 𝑜𝑢 0,54 𝑚𝑚 
 
2) Calcular o deslocamento do ponto de aplicação da carga 𝑃 = 2 𝑡𝑓. A 
barra deformável tem 𝐴 = 4 𝑐𝑚² e é de material 𝐸 = 1500 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2. 
 
 
 
32 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
 
∑𝑀𝐴 = 0 → −2𝑥3 + 𝑅𝑥1 = 0 → 𝑅 = 6 𝑡𝑓 
∆𝐿 =
6𝑥200
4𝑥1500
= 2 𝑚𝑚 
 
Com isso, pode-se traçar o Diagrama de Williot: 
 
 
 
Então, por semelhança de triângulos, tem-se que: 
 
∆𝐿
1 𝑚
=
𝛿𝑃
3 𝑚
 
 
2
1 𝑚
=
𝛿𝑃
3 𝑚
 
 
𝛿𝑃 = 6 𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
 
33 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
3) Calcular o deslocamento do ponto de aplicação da carga 𝑃 = 3 𝑡𝑓. A 
barra deformável tem 𝐴 = 4 𝑐𝑚² e é de material 𝐸 = 1500 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2. 
 
 
∑𝑀𝐴 = 0 → −3𝑥3 + 𝑅𝑥[𝑠𝑒𝑛(45°)]𝑥1 = 0 → 𝑅 = 9√2 𝑡𝑓 
∆𝐿 =
9𝑥√2𝑥√2
4𝑥1500
= 3 𝑚𝑚 
 
Assim, traçando o Diagrama de Williot, tem-se que: 
 
Com isso, o deslocamento vertical da barra pode ser calculado da 
seguinte maneira: 
cos(45°) =
∆𝐿
𝛿𝐵
 
𝛿𝐵 =
∆𝐿
cos(45°)
 𝑜𝑢 𝛿𝐵 = ∆𝐿√2 
 
 
34 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Agora, por semelhança entre triângulos, tem-se que: 
𝛿𝐵
1 𝑚
=
𝛿𝐶
3 𝑚
→
∆𝐿√2
1 𝑚
=
𝛿𝐶
3 𝑚
→
3√2
1 𝑚
=
𝛿𝑃
3 𝑚
 
𝛿𝑃 = 12,73 𝑚𝑚 
 
6 ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 
Uma estrutura é considerada isostática quando as equações da estática são 
suficientes para determinar suas reações de apoio, já uma estrutura 
estaticamente indeterminada, ou hiperestática, é aquela cuja as equações da 
estática não são suficientes para determinar suas reações de apoio. Na Figura 
6.1 (A) é apresentado um exemplo de uma estrutura isostática e em (B) o 
exemplo de uma estrutura hiperestática. 
Figura 6.1 – Exemplo de uma estrutura isostática (A) e hiperestática (B). 
 
3 𝐸𝑞𝑢𝑎çõ𝑒𝑠 {
∑𝐹𝑉 = 0
∑𝐹𝑉 = 0
∑𝐹𝑉 = 0
 3 𝐸𝑞𝑢𝑎çõ𝑒𝑠 {
∑𝐹𝑉 = 0
∑𝐹𝑉 = 0
∑𝐹𝑉 = 0
 
3 𝐼𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 {
𝑉𝐴
𝐻𝐴
𝑉𝐶
 4 𝐼𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 {
𝑉𝐴
𝐻𝐴
𝑉𝐵
𝑉𝐶
 
Sendo assim, para determinar as reações de apoio de uma estrutura 
estaticamente indeterminada iremos recorrer a dois métodos, quais sejam: 
método das forças e o método dos deslocamentos. 
6.1 Método das Forças 
Neste método supomos uma das incógnitas (reações de apoio) conhecida, 
conforme apresentado na Figura 6.2. 
 
 
 
(A) (B) 
35 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Figura 6.2 – Superposição de efeitos para o método das forças. 
 
Em que: 
∆=
𝑉𝐴𝐿
𝐸𝐴
 𝑒 ∆∗=
𝑃𝑏
𝐸𝐴
 
Assim, pode-se estabelecer uma equação de compatibilidade das 
deformações, em que: 
∆= ∆∗→
𝑉𝐴𝐿
𝐸𝐴
=
𝑃𝑏
𝐸𝐴
→ 𝑉𝐴 =
𝑃𝑏
𝐿
 
Agora, fazendo ∑𝐹𝑉 = 0, tem-se que: 
𝑉𝐵 + 𝑉𝐴 = 𝑃 → 𝑉𝐵 = 𝑃 −
𝑃𝑏
𝐿
→ 𝑉𝐵 =
𝑃𝑎
𝐿
 
Aplicação: 
1) Calcular as reações nas barras da treliça abaixo. As barras têm E e A 
constante. 
 
36 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Primeiramente será utilizado o princípio da superposição das deformações 
para dividir a estrutura hiperestática em três estruturas isostáticas, resultando na 
seguinte relação: 
 
A princípio calcula-se, utilizando o diagrama de Williot, a deflexão no ponto 
de aplicação da carga P para a primeira estrutura. 
∑𝐹𝑉 = 0 
𝑅1𝑐𝑜𝑠(𝛽) + 𝑅1𝑐𝑜𝑠(𝛽) − 𝑃 = 0 → 𝑅1 =
𝑃
2 cos(𝛽)
 
∆=
𝑅1𝐿𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎
𝐸𝐴
→ ∆=
𝑃
2 cos(𝛽)
(
𝐿
cos(𝛽)
)
𝐸𝐴
→ ∆=
𝑃𝐿
2𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
 
cos(𝛽) =
∆1
𝛿1
→ 𝛿1 =
∆1
cos(𝛽)
 
𝛿1 =
𝑃𝐿
2𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠3(𝛽)
 
O mesmo procedimento é realizado para segunda estrutura, resultando 
em que: 
𝛿2 =
𝑅2𝐿
2𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠3(𝛽)
 
Também é calculado o deslocamento deste mesmo ponto na terceira 
estrutura, assim tem-se que: 
𝛿3 =
𝑅2𝐿
𝐸𝐴
 
Desta forma, pode-se estabelecer uma relação de compatibilidade das 
deformações, em que: 
𝛿1 − 𝛿2 = 𝛿3 
37 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
𝑃𝐿
2𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠3(𝛽)
−
𝑅2𝐿
2𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠3(𝛽)
=
𝑅2𝐿
𝐸𝐴
 
𝑅2 = (
𝑃
1 + 2 cos3(𝛽)
) 
Agora substituindo na equação da estática de somatório das forças 
verticais para a estrutura inicial (hiperestática), tem-se que: 
2𝑅1 cos(𝛽) +
𝑃
1 + 2 cos3(𝛽)
= 𝑃 
2𝑅1 cos(𝛽) = 𝑃 − (
𝑃
1 + 2 cos3(𝛽)
) 
2𝑅1 cos(𝛽) =
𝑃(1 + 2 cos3(𝛽)) − 𝑃
1 + 2 cos3(𝛽)
 
𝑅1 =
(𝑃 + 2𝑃 cos3(𝛽)) − 𝑃
(1 + 2 cos3(𝛽))(2 cos(𝛽))
 
𝑅1 = (
𝑃 cos2(𝛽)
1 + 2 cos3(𝛽)
) 
 
6.2 Método dos deslocamentos 
Neste método é analisado o deslocamento de um ponto (ou seção) de uma 
estrutura estaticamente indeterminada, em que o procedimento de cálculo é 
apresentado na Figura 6.4 
Figura 6.2 – Superposição de efeitos para o método dos deslocamentos. 
 
38 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Sendo: 
∆=
𝑉𝐴𝑎
𝐸𝐴
→ 𝑉𝐴 = ∆
𝐸𝐴
𝑎
 
∆∗=
𝑉𝐵𝑏
𝐸𝐴
→ 𝑉𝐵 = ∆
𝐸𝐴
𝑏
 
Em que: 
∆= ∆∗ 
Agora, substituindo na equação da estática para a estrutura primitiva, tem-
se que: 
∑𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 𝑃 
∆
𝐸𝐴
𝑎
+ ∆
𝐸𝐴
𝑏
= 𝑃 
Para facilitar os cálculos, a equação é multiplicada por 𝑎𝑏, resultando na 
seguinte equação: 
∆𝐸𝐴𝑏 + ∆𝐸𝐴𝑎 = 𝑃(𝑎𝑏) 
∆(𝐸𝐴𝑏 + 𝐸𝐴𝑎) = 𝑃(𝑎𝑏) 
∆𝐸𝐴(𝑎 + 𝑏) = 𝑃(𝑎𝑏) 
∆=
𝑃𝑎𝑏
𝐿𝐸𝐴
 
Com isso, tem-se que: 
𝑉𝐴 = (
𝑃𝑎𝑏
𝐿𝐸𝐴
) (
𝐸𝐴
𝑎 
) → 𝑉𝐴 =
𝑃𝑏
𝐿
 
𝑉𝐵 = (
𝑃𝑎𝑏
𝐿𝐸𝐴
) (
𝐸𝐴
𝑏 
) → 𝑉𝐵 =
𝑃𝑎
𝐿
 
Aplicação: 
1) Calcular as reações nas barras da treliça abaixo. As barras têm E e A 
constante. 
 
39 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
Com auxílio do diagrama de Williot, tem-se que: 
 
 
 
Em que: 
 
∆= ∆∗cos (𝛽) 
 
Assim, pode-se calcular o deslocamento de cada barra isoladamente, em 
que para a barra AD, tem-se: 
 
∆=
𝑅𝐴𝐷 (
𝐿
cos(𝛽)
)
𝐸𝐴
 
∆∗ cos(𝛽) =
𝑅𝐴𝐷 (
𝐿
cos(𝛽)
)
𝐸𝐴
 
∆∗=
𝑅𝐴𝐷𝐿
cos2(𝛽) 𝐸𝐴
 
 
Agora, para a barra BD, fica: 
 
∆∗=
𝑅𝐵𝐷𝐿
𝐸𝐴
 
 
40 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
 
Com isso, pode-se escrever as reações em função do deslocamento, 
ficando: 
 
𝑅𝐴𝐷 =
∆∗𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
𝐿
= 𝑅𝐶𝐷 
𝑅𝐵𝐷 =
∆∗𝐸𝐴
𝐿
 
 
Assim, estes resultados podem ser substituídos na equação da estática, 
em que: 
∑𝐹𝑉 = 0 →𝑅𝐴𝐷cos (𝛽) + 𝑅𝐶𝐷cos (𝛽) + 𝑅𝐵𝐷 = 𝑃 
∆∗𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
𝐿
cos (𝛽) +
∆∗𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
𝐿
cos (𝛽) +
∆∗𝐸𝐴
𝐿
= 𝑃 
(2∆∗𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠3(𝛽)) + ∆∗𝐸𝐴 = 𝑃𝐿 
∆∗𝐸𝐴(2 cos3(𝛽) + 1) = 𝑃𝐿 
∆∗=
𝑃𝐿
𝐸𝐴(2 cos3(𝛽) + 1)
 
 
Com isso, tem-se que: 
 
𝑅𝐴𝐷 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴(2 cos3(𝛽) + 1)
𝐸𝐴𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
𝐿
= 𝑅𝐶𝐷 
𝑅𝐴𝐷 = (
𝑃𝑐𝑜𝑠2(𝛽)
2 cos3(𝛽) + 1
) = 𝑅𝐶𝐷 
 
𝑅𝐵𝐷 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴(2 cos3(𝛽) + 1)
𝐸𝐴
𝐿
 
𝑅𝐵𝐷 = (
𝑃
2 cos3(𝛽) + 1
) 
 
7 ESTRUTURAS SUJEITAS A VARIAÇÕES DE TEMPERATURA 
 
Seja uma barra prismática bi engastada sob ação de um gradiente térmico 
crescente (∆𝑡> 0), conforme apresentada na Figura 7.0. 
 
 
 
41 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Figura 7.0 – Barra sob efeito de um gradiente térmico maior que zero. 
 
Sabe-se, pela física, que o deslocamento proporcionado pela variação 
de temperatura em um elemento é: 
𝛿𝑡 = 𝐿. 𝛼. ∆𝑡 
Em que: 
∆𝑡= 𝑡𝑓 − 𝑡𝑖 =gradiente térmico; 
𝑡𝑓 = temperatura final e 𝑡𝑖 = temperatura inicial a qual o elemento é submetido; 
𝛼 = coeficiente linear de dilatação térmica; 
𝐿 = comprimento inicial do elemento. 
Caso a temperatura ou o deslocamento variar ao longo do comprimento 
do elemento, o deslocamento é dado por: 
𝛿𝑡 = ∫ 𝛼. ∆𝑡
𝐿
0
. 𝑑𝑥 
Quando o elemento for estaticamente indeterminado, os deslocamentos 
térmicos podem ser restringidos pelos apoios, o que acarreta na produção de 
tensões térmicas, as quais também devem ser consideradas. Para tanto deve-
se recorrer aos métodos estudados no capítulo 6 e relaciona-los com variação 
de temperatura por meio de equações de compatibilidade. 
Neste contexto, formulando uma equação de compatibilidade, tem-se 
que: 
𝛿𝑡 = ∆𝐿 
𝐿. 𝛼. ∆𝑡=
𝑅𝐿
𝐸𝐴
 
42 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝐸. 𝛼. ∆𝑡=
𝑅
𝐴
 
Mas, 
𝜎 =
𝑅
𝐴
 
Assim, a tensão devida a variação de temperatura em um elemento 
pode ser escrita como: 
𝜎 = 𝐸. 𝛼. ∆𝑡 
Aplicação: 
1) Uma barra composta de duas porções cilíndricas AB e BC é engastada 
em ambas as extremidades. A porção AB é de aço (𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎; 𝛼 =
 11,7 𝑥 10−6/°𝐶−1) e a porção BC é de latão (𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎; 𝛼 =
 20,9 𝑥 10−6 °𝐶−1). Sabendo-se que a barra está inicialmente sem tensão, 
determinar as tensões normais induzidas nas porções AB e BC, devido 
um aumento na temperatura de 50°C. 
 
 
Como é uma estrutura estaticamente indeterminada, será utilizado o método das 
forças supondo a reação no engaste A (𝑅𝐴) conhecida. Posteriormente será a 
aplicada a seguinte equação de compatibilidade: 
∑∆= 0 → 𝛿𝑡𝑎ç𝑜 + 𝛿𝑡𝑙𝑎𝑡ã𝑜 + ∆𝐿𝑎ç𝑜 + ∆𝐿𝑙𝑎𝑡ã𝑜 = 0 
Assim, tem-se que: 
(0,25𝑥11,7𝑥10−6𝑥50) + (0,3𝑥20,9𝑥10−6𝑥50) + [
𝑅𝐴
109𝑥 (
𝜋
4)
(
0,250
200𝑥0,032
+
0,300
105𝑥0,052
)] = 0 
43 
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𝑅𝐴3,223𝑥10
−9 = −4,6𝑥10−4 
𝑅𝐴 = −142,72 𝑘𝑁 
Dessa forma, as tensões serão: 
𝜎𝐴𝐵 =
142,72𝑥103
𝜋
4
0,032
= −201,9 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝐵𝐶 =
142,72𝑥103
𝜋
4
0,052
= −72,7 𝑀𝑃𝑎 
 
2) Os dois segmentos de haste com seção transversal circular, um de 
alumínio e outro de cobre, estão presos às paredes rígidas indicadas na 
figura abaixo. Quando a temperatura é de 15ºC, há uma folga de 0,2 mm 
entre os dois segmentos. Sendo assim, determine as tensões normais em 
cada barra se a temperatura for aumentada para 150ºC. Dados: 𝐸𝑎𝑙 =
70 𝐺𝑃𝑎; 𝐸𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 = 126 𝐺𝑃𝑎; 
𝛼𝑎𝑙 = 24.10
−6 ℃−1; 𝛼𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 = 17.10
−6 ℃−1. 
 
 
 
Como há uma folga, a equação de compatibilidade será: 
∑∆= ∆𝑓𝑜𝑙𝑔𝑎 → 𝛿𝑡𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 + 𝛿𝑡𝑎𝑙 + ∆𝐿𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 + ∆𝐿𝑎𝑙 = ∆𝑓𝑜𝑙𝑔𝑎 
 
Dessa forma, tem-se que: 
(0,1𝑥17𝑥10−6𝑥(135) + (0,2𝑥24𝑥10−6𝑥135) + [
𝑅
109𝑥 (
𝜋
4)
(
0,1
126𝑥0,032
+
0,2
70𝑥0,032
)] = 2𝑥10−4 
𝑅𝑥5,165𝑥10−9 = −6,775𝑥10−4 
𝑅 = −131,2 𝑘𝑁 
Assim, a tensão será: 
44 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝜎𝐴𝐵 =
−131,2𝑥103
𝜋
4
0,032
= −185,61 𝑀𝑃𝑎 
 
8 DEFORMAÇÃO LATERAL – COEFICIENTE DE POISSON 
 
Seja uma barra prismática sob ação de uma carga P de tração, conforme apresentada 
na Figura 8.0. 
Figura 8.0 – Barra prismática sob ação de uma carga de tração e sua respectiva 
deformação. 
 
A figura tracejada representa a sua configuração deformada após a aplicação da carga. 
Com isso, para que o volume do material não seja alterado, nota-se que quando ocorre 
um aumento do comprimento da barra na direção 𝑥 (longitudinal), o comprimento na 
direção 𝑦 (transversal) deve diminuir, de modo que: 
∆𝐿
𝐿
= 𝜀𝐿 = 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 
∆𝑎
𝑎
= 𝜀𝑇 = 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 
O coeficiente de Poisson relaciona as deformações especificas nas duas direções do 
elemento estrutural, assim: 
𝜇 =
(−𝜀𝑇)
𝜀𝐿
 
O sinal negativo significa que para ocorrer tração na direção longitudinal, deve acontecer 
compressão na direção transversal, e vice-versa. O coeficiente de Poisson varia de 0,25 
a 0,30. 
 
8.1 Variação do volume de uma barra tracionada 
 
Analisando novamente a barra apresentada na Figura 8.0, pode-se observar que: 
𝐿𝑓 → 𝐿 + ∆𝐿 = 𝐿(1 + ∆𝐿) = 𝐿(1 + 𝜀𝐿) 
𝑎𝑓 → 𝑎 + ∆𝑎 = 𝑎 (1 +
∆𝑎
𝑎
) = 𝑎(1 + 𝜀𝑇) 
𝑉𝑜 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐿. 𝑎
2 
45 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Em que 𝐿𝑓 e 𝑎𝑓 são as dimensões finais da peça após a deformação. Dessa forma, tem-
se que: 
𝑉𝑓 = 𝐿(1 + 𝜀𝐿)𝑎(1 + 𝜀𝑇)𝑎(1 + 𝜀𝑇) 
Mas, 𝜀𝑇 = 𝜇𝜀𝐿, então: 
𝑉𝑓 = 𝐿𝑎²(1 + 𝜀𝐿)(1 − 𝜇𝜀𝐿)(1 − 𝜇𝜀𝐿) 
Assim, desprezando grandezas de segunda ordem de 𝜀𝐿, tem-se: 
𝑉𝑓 = 𝐿𝑎
2(1 + 𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) 
𝑉𝑓 = 𝐿𝑎
2 + 𝐿𝑎2(𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) ∴ 𝑉𝑓 = 𝑉0 + 𝑉0(𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) 
𝑉𝑓 − 𝑉0 = 𝑉0(𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) 
∆𝑉= 𝑉0(𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) 
∆𝑉
𝑉0
= (𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) = 𝜀𝑉 
Em que: 𝜀𝑉 é a deformação específica volumétrica de um sólido. Assim, pode-se 
escrever: 
𝜀𝑉 = (𝜀𝐿 − 2𝜇𝜀𝐿) 𝑒 ∆𝑉= 𝜀𝑉 . 𝑉0 𝑠𝑒 𝜀𝑉 > 0 
8.2 Lei de Hooke generalizada 
 
Seja um sólido sob a ação de tensões em dois planos, isto é, em um estado biaxial de 
tensões, conforme apresentado na figura 8.1. 
Figura 8.1 – Sólido em um estado biaxial de tensões normais. 
 
 
Sabendo que a lei de Hooke pode ser escrita da forma: 
𝜎 = 𝐸. 𝜀𝐿 → 𝜀𝐿 =
𝜎
𝐸
 
As deformações longitudinais especificas em uma direção podem ser equacionadas 
pela seguinte maneira 
𝜎𝑦 
𝜎𝑥 
𝑥 
𝑦 
𝑧 
46 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝜀𝑥 = 𝜀𝐿𝑥 + 𝜀𝐿𝑦 
𝜀𝑦 = 𝜀𝐿𝑦 + 𝜀𝐿𝑥 
𝜀𝑥 = 𝜀𝐿𝑥 + 𝜀𝐿𝑦 
Com isso, por meio do coeficiente de Poisson, essas deformações são relacionadas 
com as deformações em cada plano correspondente. Sendo assim, para o estado biaxial 
de tensões normais tem-se a seguinte generalização da lei de Hooke: 
 
{
 
 
 
 𝜀𝑥 =
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
𝜀𝑦 =
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑥
𝐸
𝜀𝑧 = −𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
 
 
Agora seja o sólido da Figura 8.2, o qual está submetido a um estado tri axial de tensões 
normais, quais sejam: 𝜎𝑥, 𝜎𝑦 e 𝜎𝑧. 
Figura 8.2 – Sólido em um estado tri axial de tensões normais. 
 
 
Assim, para o estado tri axial de tensões tem-se a seguinte generalização da lei de 
Hooke. 
{
 
 
 
 𝜀𝑥 =
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
𝜀𝑦 =
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
𝜀𝑧 = −𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
 
Com base nisso, pode-se calcular a deformação específica volumétrica de um sólido, 
em que: 
𝜀𝑉 = 𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝜀𝑧 
Sendo: 𝜀𝑉 a deformação específica volumétrica. Assim, tem-se que: 
𝜎𝑥 
𝜎𝑦 
𝜎𝑧 
𝑥 
𝑦 
𝑧 
47 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝜀𝑉 = (
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
) + (
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
) + (−𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
) 
𝜀𝑉 =
𝜎𝑥
𝐸
+
𝜎𝑦
𝐸
+
𝜎𝑧
𝐸
− 2𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 2𝜇
𝜎𝑦
𝐸
− 2𝜇
𝜎𝑧
𝐸
 
𝜀𝑉 = 𝜎𝑥 (
1 − 2𝜇
𝐸
) + 𝜎𝑦 (
1 − 2𝜇
𝐸
) + 𝜎𝑧 (
1 − 2𝜇
𝐸
) 
𝜀𝑉 = (𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧) (
1 − 2𝜇
𝐸
) 
Aplicação: 
1) Calcular o deslocamento na direção 𝑥 e a deformação volumétrica do sólido 
abaixo. Dados: 𝐸 = 200 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2; 𝜇 =
3
10
. 
 
Primeiramente será calculado o deslocamento na direção 𝑥 do sólido: 
𝜎𝑥 =
670
2,0𝑥2,6
= 128,8 𝑘𝑔𝑓. 𝑐𝑚−2 
𝜎𝑦 =
−730
1,6𝑥2,0
= −228,1 𝑘𝑔𝑓. 𝑐𝑚−2 
𝜎𝑧 =
−940
1,6𝑥2,6
= −225,9 𝑘𝑔𝑓. 𝑐𝑚−2 
𝜀𝑥 =
128,8
𝐸
− (
3
10
) (
−228,1
𝐸
) − (
3
10
) (
−225,9
𝐸
) 
𝜀𝑥 =
265,0
𝐸
=
0,265
2000
= 1,325𝑥10−4 
∆𝐿𝑥= 𝜀𝑥 . 𝐿𝑥 → ∆𝐿𝑥= 1,325𝑥10
−4𝑥16 = 2,12𝑥10−3 𝑚𝑚 
Para o cálculo da deformação volumétrica, tem-se que: 
670 𝑘𝑔𝑓 
𝑥 
𝑧 
𝑦 
730 𝑘𝑔𝑓 
940 𝑘𝑔𝑓 
2,6 𝑐𝑚 
2,0𝑐𝑚 
1,6 𝑐𝑚 
48 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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∆𝑉= 𝑉0. 𝜀𝑉 
Sendo assim: 
𝜀𝑉 =
1 − 2(0,3)
2000
(0,1288 − 0,2281 − 0,2259) 
𝜀𝑉 = −6,504𝑥10
−5 
∆𝑉= (16𝑥20𝑥26)𝑥(−6,504𝑥10
−3) 
∆𝑉= −0,541 𝑚𝑚
3 
O sinal negativo significa que houve uma redução de 0,541 mm³ no volume do sólido. 
2) O paralelepípedo da figura abaixo, de material elástico linear, está perfeitamente 
ajustado em uma cavidade de paredes indeformáveis. Na direção deformável 
atua 𝑃 = 6 𝑡𝑓 e nessa direção o sólido sofre um encurtamento de 0,03 𝑚𝑚. 
Sabendo ainda que o coeficiente de Poisson é 𝜇 = 0,30, calcular a reação das 
paredes indeformáveis e o módulo de elasticidade (𝐸) do material. 
 
 
Na direção 𝑦, tem-se que: 
𝜀𝑦 = 0 
𝜀𝑦 =
𝜎𝑦
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑧
𝐸
 
𝜀𝑦 = −
𝑅𝑦
8𝑥30𝑥𝐸
−
0,3(−6000)
8𝑥15𝑥𝐸
−
0,3(−𝑅𝑧)
15𝑥30𝑥𝐸
= 0 
−4,16𝑥10−3𝑅𝑦 + 6,66𝑥10
−4𝑅𝑧 = −15 
Analogamente para 𝑧, tem-se que: 
𝜀𝑧 = 0 
𝑦 
𝑦 
𝑧 
𝑧 
𝑥 
8 𝑐𝑚 
30 𝑐𝑚 
15 𝑐𝑚 
𝑃 
49 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝜀𝑧 =
𝜎𝑧
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑥
𝐸
− 𝜇
𝜎𝑦
𝐸
 
𝜀𝑦 = −
𝑅𝑧
15𝑥30𝑥𝐸
−
0,3(−6000)
8𝑥15𝑥𝐸
−
0,3(−𝑅𝑦)
8𝑥30𝑥𝐸
= 0 
−2,22𝑥10−3𝑅𝑧 + 1,25𝑥10
−3𝑅𝑦 = −15 
Unindo as deformações em um sistema linear de equações, tem-se: 
{
−4,16𝑥10−3𝑅𝑦 + 6,66𝑥10
−4𝑅𝑧 = −15
−2,22𝑥10−3𝑅𝑧 + 1,25𝑥10
−4𝑅𝑦 = −15
 
Multiplicando por 3,328 a segunda equação do sistema e somando a equação 
resultante com a primeira, é possível chegar na seguinte relação: 
−6,722𝑥10−3𝑅𝑧 = −64,92 
𝑅𝑧 ==
−64,92
−6,722𝑥10−3
 
𝑅𝑧 = 9,66 𝑡𝑓 
Para encontrar o valor de 𝑅𝑦, basta substituir 𝑅𝑧 em qualquer uma das duas equações 
do sistema. Escolhendo a segunda por exemplo, tem-se que: 
−2,22𝑥10−3(9,66𝑥103) + 1,25𝑥10−3𝑅𝑦 = −15 
𝑅𝑦 = −
6,445
1,25𝑥10−3
 
𝑅𝑦 = 5,16 𝑡𝑓 
Para o cálculo do módulo de elasticidade, sabe-se que: 
∆𝐿𝑥= −0,03 𝑚𝑚 
Mas: 
𝜀𝐿𝑥 =
∆𝐿𝑥
𝐿𝑥
 
Então: 
𝜀𝑥 =
−0,03
300
= −10−4 
Logo: 
6000
(15𝑥8𝑥𝐸)
− 0,3
5160
(30𝑥8𝑥𝐸)
− 0,3
9660
(30𝑥15𝑥𝐸)
= −10−4 
50 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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−6000
(15𝑥8)
− 0,3
−5160
(30𝑥8)
− 0,3
−9660
(30𝑥15)
= −10−4𝐸 
𝐸 =
−50 + 6,45 + 6,44
−10−4
 
𝐸 = 371 𝑡𝑓. 𝑐𝑚−2 
 
9 TENSÃO CISALHANTE 
As tensões cisalhantes, ou tensões tangenciais são tensões que agem em um plano 
paralelo ao plano da sua área de atuação, sendo considerado que sua distribuição é 
uniforme, conforme indicado na Figura 9.0. 
Figura 9.0 – Corpo cilíndrico submetido à tensão tangencial 
 
Com isso, a tensão cisalhante é dada pela seguinte relação: 
𝜏 =
𝑉
𝐴
 
Em que: 
𝜏: Tensão cisalhante; 
𝑉: Carga que gera a tensão cisalhante, a qual comumente é representada pelo 
esforço cortante; 
𝐴: Área da seção que atua a tensão cisalhante, em que seu plano é paralelo 
com o plano da carga 𝑉. 
As unidades de medida deste tipo de tensão são: 
𝑆. 𝐼 → 𝑁/𝑚2 𝑜𝑢 𝑃𝑎 
𝑆. 𝑇 → 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2; 𝑘𝑔𝑓/𝑚2; 𝑡𝑓/𝑐𝑚2, 𝑒𝑡𝑐. 
Ainda é válido ressaltar que as tensões cisalhantes que atuam em planos 
ortogonais, são iguais e convergem para dois cantos onde os planos se 
𝜏 
V 
𝐴 
51 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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encontram e divergem para dois cantos de um mesmo sólido plano, como é 
apresentado no esquema da Figura 9.1. 
Figura 9.1 – Corpo submetido à tensão tangencial em diferentes planos 
 
 
 
9.1 Deformação no cisalhamento 
A deformação no cisalhamento é dada pelo valor do ângulo formado entre 
um eixo ortogonal ao plano da tensão cisalhante antes de sofrer o cisalhamento 
com esse mesmo eixo após o cisalhamento, como é apresentado na Figura 9.2. 
Figura 9.1 – Corpo antes e depois de sofrer deformação por cisalhamento 
 
Em que: 
𝛾: É a deformação no cisalhamento, que também é chamada de distorção; 
𝛿: É o deslocamento em um canto da peça; 
𝐻: é o comprimento do eixo em questão que sofreu o deslocamento e a distorção. 
Sedo assim, a distorção (𝛾) pode ser calculada por uma relação 
trigonométrica do triângulo 𝐻𝛿𝐻′, sendo 𝐻 o cateto adjacente, 𝛿 o cateto oposto 
e 𝐻’, que é o comprimento do eixo 𝐻 após a deformação, a hipotenusa do 
triângulo. Com isso, pode ser estabelecida a seguinte relação: 
𝑡𝑔(𝛾) =
𝛿
𝐻
 
Como o deslocamento comumente é muito pequeno, consequentemente 
o ângulo resultante também será pequeno. Sabendo ainda que a tangente de 
um ângulo muito pequeno pode ser livremente substituída pelo próprio valor 
desse ângulo, a distorção pode ser calculada como: 
𝛾 =
𝛿
𝐻
 
𝜏 
𝜏 
𝜏∗ 
𝑉 
𝑉∗ 𝑉 
𝜏 
𝜏 
𝜏∗ 
𝜏∗ 
𝜏∗ 
𝜏∗ 
𝜏 
𝜏 
CERTO 
 
ERRADO 
 
→ 
𝜏 
P 
𝛾 𝛾 
𝛿 
𝐻 
52 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
Pontifícia Universidade Católica de Goiás 
Analisando graficamente a relação tensão tangencial versus distorção, tem-se 
uma curva semelhante com a fornecida pela relação tensão normal versus deformação 
longitudinal, a qual é apresentada na Figura 9.2. 
Figura 9.1 – Corpo antes e depois de sofrer deformação por cisalhamento 
 
Nesse contexto, com base na lei de Hooke, a tensão cisalhante ainda 
pode ser relacionada da seguinte maneira: 
𝜏 = 𝐺. 𝛾 
Sendo 𝐺 é o módulo de elasticidade transversal, o qual sua unidade de 
medida é uma unidade de tensão. 
Aplicação: 
1) Três peças de madeira são coladas conforme indicado na figura a seguir. 
Todas têm a mesma seção transversal e 200 𝑚𝑚 de comprimento na 
direção perpendicular ao plano da figura. Para 𝑃 = 10 𝑡𝑓, qual a tensão 
na junta colada? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cada junta receberá metade da carga, tem em vista duas faces de cisalhamento. 
Sendo assim, tem-se que: 
Patamar 
elástico 
𝜏𝑒 
𝜏𝑝 
𝜏 
𝛾 
50 𝑚𝑚 
53 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝑉 =
𝑃
2
 
𝜏 =
𝑉
𝐴
→ 𝜏 =
𝑃
2𝐴
 
𝜏 =
10000
2(50𝑥200)
 
𝜏 = 0,5 𝑘𝑔𝑓/𝑚𝑚2 
ou 
𝜏 = 50 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚² 
2) Um amortecedor de vibrações consiste em dois blocos de borracha dura, 
colados à placa tracejada e a dois suportes rígidos e finos. Sabendo que 
a carga 𝑃 tem o valor de 26,7 𝑘𝑁 e causa uma deflexão de 1,6 𝑚𝑚 da 
placa 𝐴𝐵, calcular o módulo de elasticidade transversal (𝐺) da borracha 
utilizada no amortecedor. 
 
 
 
Pode-se observar que a carga P é dissipada para duas faces de 
cisalhamento, sendo assim tem-se que: 
𝜏 =
𝑃
2𝐴
 
𝜏 =
26,7𝑥103
2(0,4𝑥0,15)
→ 𝜏 = 0,22 𝑀𝑃𝑎 
Como o comprimento do eixo que sofre a deflexão tem 30 𝑚𝑚, pode-se 
calcular a distorção (𝛾) da seguinte maneira: 
𝛾 =
1,6
30
 
Assim, o módulo de elasticidade será: 
𝜏 = 𝐺. 𝛾 → 𝐺 =
𝜏
𝛾
 
30 mm 
30 mm 
400 mm 
150 mm 
54 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝐺 =
0,22𝑥106
1,6
30
 
𝐺 = 4,125 𝑀𝑃𝑎 
 
10 TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO NO PLANO 
Seja a barra prismática, sem peso próprio, sob ação de uma carga axial P de 
tração, conforme apresentado na Figura 10.1: 
Figura 10.1 – Tensão atuante em um plano inclinado de uma barra tracionada. 
 
Sendo: 
𝑁 = 𝑃. cos(𝜃) = esforço normal que age na seção c-c da barra; 
𝑉 = 𝑃. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = esforço cortante que age na seção c-c da barra. 
Com isso, pode-se calcular a tensão normal e a tensão cisalhante no plano 
inclinado c-c. Sendo assim, para a tensão normal na seção, tem-se que: 
𝜎𝜃 =
𝑁
𝐴
cos(𝜃)
 
𝜎𝜃 =
𝑃. cos(𝜃)
𝐴
cos(𝜃)
 
𝜎𝜃 =
𝑃
𝐴
cos2(𝜃) 
𝜎𝜃 = 𝜎𝑥 cos
2(𝜃) 
 
 
De maneira análoga, pode-se calcular a tensão cisalhante na seção, sendo: 
55 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝜏𝜃 =
𝑉
𝐴
cos(𝜃)
 
𝜏𝜃 =
𝑃. 𝑠𝑒𝑛(𝜃)
𝐴
cos(𝜃)
 
𝜏𝜃 =
𝑃
𝐴
𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos(𝜃) 
𝜏𝜃 = 𝜎𝑥𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos(𝜃) 
Pela relaçãodo arco duplo da função 𝑠𝑒𝑛(𝜃), tem-se que: 
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) = 2 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑠𝑒𝑛(2𝜃)
2
= cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
Assim: 
𝜏(𝜃) =
𝜎𝑥
2
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
 
10.1 Equações gerais de transformação de tensão no plano 
O estado geral de tensão no plano em um ponto infinitesimal de um elemento 
estrutural é representado por uma combinação de duas componentes de tensão normal 
(𝜎𝑥 e 𝜎𝑦) e uma componente de tensão cisalhante (𝜏𝑥𝑦). Na Figura 10.2 é exposta essa 
representação, sendo que os sentidos apresentados serão considerados como a 
convenção positiva. 
Figura 10.2 – Estado geral de tensão no plano em um ponto. 
 
Neste capítulo serão apresentadas equações gerais que permitem transformar 
as componentes de tensão associadas a um determinado sistema de coordenadas em 
componentes associadas a um sistema de coordenadas com uma orientação diferente, 
𝜎𝑥 
𝜎𝑦 
𝜎𝑦 
𝜎𝑥 
𝜏𝑥𝑦 
𝜏𝑥𝑦 
56 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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isto é, essas equações calculam as novas componentes de tensão de um ponto 
infinitesimal de um elemento quando seu eixo for rotacionado de um ângulo 𝜃 
conhecido, conforme é apresentado na Figura 10.3. 
Figura 10.3 – Elemento com sistema de coordenadas rotacionado. 
 
 
Essas equações podem ser encontradas realizando um corte no elemento a fim 
de obter um plano inclinado, como ilustrado na Figura 10.4 
Figura 10.3 – Plano de tensões de um sistema de coordenadas rotacionado. 
 
Assim, pelas equações da estática, pode-se realizar o somatório de forças no 
eixo 𝑥’ e no eixo 𝑦’. Com isso, para o eixo 𝑥’, tem-se: 
𝜎𝜃. 𝐴 − 𝜏𝑥𝑦. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝜃). cos(𝜃) − 𝜎𝑦. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛
2(𝜃) − 𝜏𝑥𝑦. 𝐴. cos(𝜃) . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝜎𝑥. A. cos
2(𝜃) = 0 
𝜎𝜃 = 𝜎𝑥 . cos
2(𝜃) + 𝜎𝑦. 𝑠𝑒𝑛
2(𝜃) + 2𝜏𝑥𝑦. cos(𝜃) . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
Utilizando as identidades trigonométricas: 
cos2(𝜃) =
1 + cos(2𝜃)
2
; sen2(𝜃) =
1 − cos(2𝜃)
2
 𝑒 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) = 2 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
Pode-se perceber que: 
𝜎𝜃 
𝜎′𝜃 
𝜎𝜃 
𝜏𝜃 
𝜏𝜃 
𝜏𝑥𝑦 
𝜎𝑦 
𝜎𝑥 
𝑦′ 
𝑥′ 
𝜃 
𝑦′ 
𝜎𝑦 . 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝜏𝑥𝑦 . 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝜃 
𝑥′ 
𝜎𝜃 . 𝐴 
𝜏𝜃 . 𝐴 
𝜏𝑥𝑦 . 𝐴. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
𝜎′𝜃 
𝜎𝑥 . 𝐴. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
𝐴 
𝐴. cos(𝜃) 
𝐴. sen(𝜃) 
𝜎𝑥 
𝜎𝑦 
𝜏𝑥𝑦 
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𝜎𝜃 = 𝜎𝑥
1 + cos(2𝜃)
2
+ 𝜎𝑦
1 − cos(2𝜃)
2
+ 2𝜏𝑥𝑦
𝑠𝑒𝑛(2𝜃)
2
 
𝜎𝜃 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑥cos(2𝜃)
2
+
𝜎𝑦 − 𝜎𝑦cos(2𝜃)
2
+ 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
𝜎𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
Agora, realizando o somatório de forças no eixo 𝑦’, tem-se: 
𝜏𝜃. 𝐴 − 𝜎𝑦. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝜃). cos(𝜃) − 𝜏𝑥𝑦. 𝐴. cos
2(𝜃) + 𝜏𝑥𝑦. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛
2(𝜃) + 𝜎𝑥. 𝐴. cos(𝜃) . 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 0 
𝜏𝜃 = 𝜏𝑥𝑦[cos
2(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛2(𝜃)] + (𝜎𝑦 − 𝜎𝑥) cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝜏𝜃 = 𝜏𝑥𝑦[cos(2𝜃)] + (𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)(
𝑠𝑒𝑛(2𝜃)
2
) 
𝜏𝜃 = −
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦 cos(2𝜃) 
Para obter as tensões no plano normal ao eixo 𝑦 ,isto é 𝜎′𝜃 𝑒 𝜏𝜃
′ , basta substituir 
𝜃 por 𝜃 + 90° nas equações anteriores. Porém, ao fazer isto, a tensão tangencial fica 
invertida. Com isso, tem-se: 
𝜎′𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2[𝜃 + 90°]) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2[𝜃 + 90°]) 
𝜏′𝜃 = +
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑠𝑒𝑛(2[𝜃 + 90°]) − 𝜏𝑥𝑦 cos(2[𝜃 + 90°]) 
Ainda vale ressaltar que a tensão tangencial no elemento é invariante, isto é, 
𝜏𝜃 = 𝜏′𝜃. E ainda, a soma das tensões normais em quaisquer dos planos mutualmente 
normais é constante, ou seja: 
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 = 𝜎𝜃 + 𝜎′𝜃 
10.2 Tensões principais e tensão de cisalhamento máxima no plano 
Também é importante a determinação da orientação dos planos que fazem com 
que a tensão normal máxima e mínima, ou o plano em que a tensão de cisalhamento 
seja máxima. Realizando a primeira derivada em relação à 𝜃 da equação referente à 𝜎𝑥 
por exemplo, tem-se que: 
𝜎𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
𝑑𝜎𝜃
𝑑𝜃
=
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
. (−2). sen(2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦. 2. 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 
Para encontrar os pontos críticos, ou seja, os pontos que fazem a tensão normal 
ser máxima e mínima, basta igualar a primeira derivada a zero. Assim, pode-se obter: 
58 
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𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
. (−2). sen(2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦. 2. 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) = 0 
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
. (−2). sen(2𝜃) = −𝜏𝑥𝑦. 2. 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 
sen(2𝜃)
𝑐𝑜𝑠(2𝜃)
=
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
 
ou 
 𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
2𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
 
Esta equação mostra que para obter um valor máximo ou mínimo de 𝜎𝜃, um 
ângulo 𝜃 igual a 𝜃𝑝 deve ser utilizado na rotação do sistema de coordenadas, sendo que 
este ângulo (𝜃𝑝) é a inclinação do eixo em que está localizado as tensões principais. 
Nota-se ainda que 𝜃𝑝 admite dois valores, quais sejam: 𝜃𝑝1 e 𝜃𝑝2, em que: 
𝜃𝑝2 = 𝜃𝑝1 + 90° 
ou 
2𝜃𝑝2 = 2𝜃𝑝1 + 180° 
 Sendo assim, para encontrar o valor máximo ou mínimo de 𝜎𝜃, deve-se substituir 
o valor correspondente de 𝜃𝑝 dentro da equação de 𝜎𝜃, entretanto essa equação está 
em função somente das funções seno e cosseno. Assim, faz-se necessário realizar a 
seguinte relação para que tais funções possam ser visualizadas: 
Figura 10.4 – Relação dos eixos de tensões principais 
 
 
2𝜃𝑝1 
2𝜃𝑝2 
−
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
 
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
 
𝜏𝑥𝑦 
−𝜏𝑥𝑦 
𝜏 
𝜎 
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Com isso, relacionando 𝜃𝑝1, tem-se: 
𝑠𝑒𝑛(2𝜃𝑝1) =
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
𝑐𝑜𝑠(2𝜃𝑝1) =
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
Agora, substituindo em 𝜎𝜃, tem-se: 
𝜎𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
+ 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+ (
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2 1
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
1
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 ]
1
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 ]
1
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
[
 
 
 √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
]
 
 
 
 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 ]
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
 
𝜎𝑃1 =
𝜎𝑥 + σy
2
+ √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 
Para 𝜃𝑝2 a equação é idêntica, porém com o sinal inverso. Assim, generalizando 
a equação, as tensões principais máximas e mínimas podem ser calculadas por: 
𝜎1,2 =
𝜎𝑥 + σy
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 
Sendo: 
𝜎1 > 𝜎2 
60 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Realizando um processo análogo na equação de 𝜏𝜃, encontra-se o valor máximo 
da tensão cisalhante, a qual pode ser calculada por: 
𝜏𝑚𝑎𝑥 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 
Aplicação: 
1) Representar o estado de tensão no ponto de um elemento orientado a 30° no 
sentido anti-horário em relação à posição apresentada abaixo. 
 
 
Com base na convenção apresentada na Figura 10.2, tem-se: 
𝜎𝑥 = 300 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝑦 = 100 𝑀𝑃𝑎 
𝜏𝑥𝑦 = −50 𝑀𝑃𝑎 
Com base nisso, pode-se calcular as tensões resultantes 𝜎𝜃, 𝜎′𝜃, 𝜏𝜃 e 𝜏′𝜃, em que: 
𝜎𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
𝜎𝜃 =
300 + 100
2
+
300 − 100
2
cos (2[30]) + (−50)𝑠𝑒𝑛(2[30]) 
𝜎𝜃 = 206,70 𝑀𝑃𝑎 
𝜎′𝜃 =
𝜎𝑥 + σy
2
+
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
cos (2[𝜃 + 90]) + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2[𝜃 + 90]) 
𝜎′𝜃 =
300 + 100
2
+
300 − 100
2
cos (2[30 + 90]) + (−50)𝑠𝑒𝑛(2[30 + 90]) 
𝜎′𝜃 = 193,30 𝑀𝑃𝑎 
300 𝑀𝑃𝑎 
100 𝑀𝑃𝑎 
50 𝑀𝑃𝑎 
61 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Conferindoo resultado pela condição de que a soma das tensões é uma constante, tem-
se: 
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 = 𝜎𝜃 + 𝜎′𝜃 
300 + 100 = 206,70 + 193,30 = 400 𝑀𝑃𝑎 
Agora, para as tensões tangenciais, tem-se: 
𝜏𝜃 = −
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝜏𝑥𝑦 cos(2𝜃) 
𝜏𝜃 = −
(300 − 100)
2
𝑠𝑒𝑛(2[30]) + (−50) cos(2[30]) 
𝜏𝜃 = −111,60 𝑀𝑃𝑎 
𝜏′𝜃 =
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑠𝑒𝑛(2[𝜃 + 90]) − 𝜏𝑥𝑦 cos(2[𝜃 + 90]) 
𝜏′𝜃 =
(300 − 100)
2
𝑠𝑒𝑛(2[30 + 90]) − (−50) cos(2[30 + 90]) 
𝜏′𝜃 = −111,60 𝑀𝑃𝑎 
2) Para o elemento resultante da soma abaixo, calcular as tensões principais e seus 
planos de atuação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Há duas formas de chegar na solução do problema, a primeira é girar o primeiro 
elemento em 30° no sentido anti-horário, calcular as tensões oriundas dessa nova 
orientação e somar com o com o segundo elemento para assim calcular as tensões 
principais e seus planos de atuação. A segunda maneira é girar o segundo elemento 
em 30° no sentido horário, calcular as respectivas tensões da nova orientação e somar 
com o primeiro elemento. Como no exercício 1 foram calculadas as tensões do primeiro 
elemento rotacionado em 30° no sentido anti-horário, será utilizado o primeiro método 
de resolução. Assim, do exercício 1 tem-se para o primeiro elemento que: 
300 𝑀𝑃𝑎 
100 𝑀𝑃𝑎 
50 𝑀𝑃𝑎 
+ 
150 𝑀𝑃𝑎 
200 𝑀𝑃𝑎 
30° 
62 
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𝜎𝜃 = 206,7 𝑀𝑃𝑎 
𝜎′𝜃 = 193,3 𝑀𝑃𝑎 
𝜏𝜃 = −111,6 𝑀𝑃𝑎 
Assim, o estado soma será: 
 
 
Agora, serão calculadas as tensões principais, em que: 
𝜎1,2 =
𝜎𝑥 + σy
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 
𝜎1 =
406,7 + 193,3
2
+ √(
406,7 − 193,3
2
)
2
+ (38,4)2 
𝜎1 = 413,40 𝑀𝑃𝑎 
𝜎2 =
406,7 + 193,3
2
− √(
406,7 − 193,3
2
)
2
+ (38,4)2 
𝜎2 = 186,60 𝑀𝑃𝑎 
Para calcular os planos onde agem as tensões principais, tem-se: 
 𝑡𝑔(2𝜃𝑝) = |
2𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
| 
 𝑡𝑔(2𝜃𝑝) = |
2(38,4)
406,7 − 193,3
| 
2𝜃𝑝 = |𝑡𝑔
−1(0,36)| 
406,7 𝑀𝑃𝑎 
193,3 𝑀𝑃𝑎 
 38,4 𝑀𝑃𝑎 
30° 
63 
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2𝜃𝑝 = 19,8° 
𝜃𝑝1 = 9,9° 𝑒 𝜃𝑝2 = 99,9° 
10.3 Análise de tensões pelo Círculo de Mohr 
Este processo consiste em encontrar graficamente o estado de tensão no ponto 
de um elemento orientado e suas respectivas tensões principais. Sendo assim, deve-se 
relacionar as tensões normais com as tensões de cisalhamento em um sistema de 
coordenadas, conforme indicado na Figura 10.5. 
Figura 10.5 – Esquematização da análise de tensões pelo Círculo de Mohr. 
 
O ponto C é representado pelo valor da tensão normal média em relação à 
origem, a qual é dada por: 
𝜎𝑚é𝑑 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
 
Sendo assim, as respectivas coordenadas dos pontos C, D’ e D do círculo, são: 
𝐶(𝜎𝑚é𝑑 , 0) 
𝐷′(𝜎𝑦, 𝜏𝑥𝑦) 
𝐷(𝜎𝑥, −𝜏𝑥𝑦) 
O raio da circunferência pode ser dado pela distância de D’ a C ou de D a C. Sendo 
assim, calculando a distância D’C, tem-se: 
𝑑(𝐷′𝐶) = 𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(𝜎𝑥 − 𝜎𝑚é𝑑)
2 + (𝜏𝑥𝑦 − 0)
2
 
𝜎𝑦 
𝜎𝑥 
𝜏𝑥𝑦 
−𝜏𝑥𝑦 
𝜏 
 
𝜎 
 
2𝜃𝑝 
2𝜃𝑝 
0 
64 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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𝑑(𝐷′𝐶) = 𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(𝜎𝑥 − [
𝜎𝑥
2
+
𝜎𝑦
2
])
2
+ (𝜏𝑥𝑦)
2
 
𝑑(𝐷′𝐶) = 𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
𝜎𝑥
2
−
𝜎𝑦
2
)
2
+ (𝜏𝑥𝑦)
2
 
𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ (𝜏𝑥𝑦)
2
 
O valor do ângulo 2𝜃𝑝 pode ser encontrado por uma relação trigonométrica, 
sendo: 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑚é𝑑 − 𝜎𝑦
 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
2
+
𝜎𝑦
2
− 𝜎𝑦
 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
2
−
𝜎𝑦
2
 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
𝜏𝑥𝑦
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
 𝑜𝑢 𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
2𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
 
Por fim, os valores das tensões principais estão localizados nos pontos em que 
o círculo intersecta com o eixo das tensões normais, tendo dois valores, 
respectivamente, de mínimo e de máximo. 
Aplicação: 
1) Utilizando o círculo de Mohr, representar o estado de tensão no ponto de um 
elemento orientado a 30° no sentido anti-horário em relação à posição 
apresentada abaixo. 
 
 
300 𝑀𝑃𝑎 
100 𝑀𝑃𝑎 
50 𝑀𝑃𝑎 
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APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Como: 
𝐶(𝜎𝑚é𝑑 , 0) 
𝐷′(𝜎𝑦, 𝜏𝑥𝑦) 
𝐷(𝜎𝑥, −𝜏𝑥𝑦) 
Pelo Círculo de Mohr, tem-se: 
 
As tensões normais quando o elemento for rotacionado são dadas pelos pontos 
G’ e G no eixo de 𝜎. Para calcular seu valor em relação à origem, primeiramente deve-
se calcular o ângulo (𝜙) que CD faz com o eixo das tensões normais, sendo: 
𝑡𝑔(𝜙) =
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑚é𝑑
 
𝑡𝑔(𝜙) =
50
300 − (
300 + 100
2 )
 
𝑡𝑔(𝜙) =
50
100
 
𝜙 = 26,565° 
Agora, como o elemento deve ser orientado em 30° no sentido anti-horário, 
deve-se traçar a linha F’F, a qual faz um ângulo de 2𝜃 = 2. (30°) = 60° em relação à 
linha D’D. Com isso, nota-se que o ângulo (𝜔) que CF’ faz em relação ao eixo das 
tensões normais é: 
𝜔 = 26,565 + 60 
60° 
𝜎 
 
𝜏 
 
50 𝑀𝑃𝑎 
 
−50 𝑀𝑃𝑎 
 
100 𝑀𝑃𝑎 
 
300 𝑀𝑃𝑎 
 
𝜙 
𝜔 
200 𝑀𝑃𝑎 
 
C 
 
66 
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𝜔 = 86,565° 
Este ângulo (𝜔) é o mesmo que CF faz com o eixo de 𝜎, sendo que: 
𝐺 = 𝜎𝜃 
𝐺′ = 𝜎𝜃
′ 
Logo: 
𝜎𝜃 = 𝜎𝑚é𝑑 + 𝐶𝐹′. cos (𝜔) 
𝜎′𝜃 = 𝜎𝑚é𝑑 − 𝐶𝐹. cos (𝜔) 
Assim, como 𝐶𝐹 e 𝐶𝐹’ são valores do raio da circunferência, tem-se: 
𝐶𝐹 = 𝐶𝐹′ = 𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ (𝜏𝑥𝑦)
2
 
𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
300 − 100
2
)
2
+ (50)2 
𝑅𝑎𝑖𝑜 = 111,803 𝑀𝑃𝑎 
Então: 
𝜎𝜃 = 200 + 111,803. cos(86,565°) = 206,7 𝑀𝑃𝑎 
𝜎′𝜃 = 200 − 111,803. cos(86,565°) = 193,30 𝑀𝑃𝑎 
2) Para o elemento resultante da soma abaixo, calcular, utilizando o círculo de 
Mohr, suas tensões normais principais, seus planos de atuação e a tensão 
cisalhante máxima. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
300 𝑀𝑃𝑎 
100 𝑀𝑃𝑎 
50 𝑀𝑃𝑎 
+ 
150 𝑀𝑃𝑎 
200 𝑀𝑃𝑎 
30° 
67 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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Como já visto anteriormente, o elemento resultante da soma é: 
 
Assim, pelo círculo de Mohr, tem-se: 
 
O ponto C, isto é, a tensão normal média é dada por: 
𝜎𝑚é𝑑 =
406,7 + 193,3
2
 
𝜎𝑚é𝑑 = 300 𝑀𝑃𝑎 
As tensões principais são dadas pelos valores de 𝜎1 e 𝜎2, e para encontra-los 
basta saber o valor do raio do círculo, sendo que as distâncias CD e CD’ são iguais ao 
raio. Assim, tem-se: 
𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ (𝜏𝑥𝑦)
2
 
𝑅𝑎𝑖𝑜 = √(
406,7 − 193,3
2
)
2
+ (38,4)2 
406,7 𝑀𝑃𝑎 
193,3 𝑀𝑃𝑎 
 38,4 𝑀𝑃𝑎 
30° 
406,7 𝑀𝑃𝑎 
 38,4 𝑀𝑃𝑎 
 𝜏𝑥𝑦 = 38,4 𝑀𝑃𝑎 
 𝜏𝑚á𝑥 
 𝜏 
193,3 𝑀𝑃𝑎 
𝜎1 
𝜎2 
2𝜃𝑝 
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𝑅𝑎𝑖𝑜 = 113,4 𝑀𝑃𝑎 
Assim, tem-se: 
𝜎1 = 300 + 113,4 = 413,40 𝑀𝑃𝑎 
𝜎2 = 300 − 113,4 = 186,60 𝑀𝑃𝑎 
Para calcular os planos principais, basta encontrar o valor do ângulo 2𝜃𝑝, 
sendo: 
𝑡𝑔(2𝜃𝑝) =
38,4
406,7 − 300
 
2𝜃𝑝 = 𝑡𝑔
−1(0,36) 
2𝜃𝑝 = 19,8° 
Por fim, a tensão cisalhante máxima é dada pelo próprio valor do raio. Assim, 
tem-se: 
𝜏𝑚á𝑥 = 113,4 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
69 
APONTAMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
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11 BIBLIOGRAFIA 
 
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ed. São Paulo: McGraw-Hill Interamericana. 2006 
[2] HIBBELER, R.C., Resistência dos Materiais, 7ª. Ed. São Paulo, Prentice Hall. 
2004. 
[3] MIROLIUBOV, Problemas de Resistência dos Materiais, 1ª Ed., Editora Mir, 
Moscú. 
[4] TIMOSHENKO, S. e GERE, J. Rio de Janeiro, Livros Técnicos e Científicos- 
LTC. 1983.