Exercícios de flexão geral

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
 
CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II 
EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL 
 
 
PROF. DR. NILSON TADEU MASCIA 
MONITOR: RAQUEL TAIRA 
REVISÕES: DANIELA DE ANDRADE SANTOS 
RENATO SALDANHA VICTOR 
ABRIL 2018 
 
 1 
FLEXÃO GERAL 
 
Momentos de segunda ordem de figuras planas: são características geométricas que deverão 
ser determinadas para o estudo da Flexão Geral em seções não simétricas. 
 Por definição temos que: 
 
inércia. de produtoou z ey a relação em centrífugo momento..
y. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
z. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
2
2






A
yz
A
z
A
y
dAzyI
dAyI
dAzI
 
Obs.: Iy e Iz sempre são positivos. 
Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo. 
 
Translação de eixos: 
y’= c + y 
z’ = b + z 
AcII 2z'z 
 
AbII yy
2
' 
 
AbcII yzzy ''
 
Obs: b e c são coordenadas, portanto possuem sinal. 
z'
y'
0
dA
CG
z
y
Figura 1: Translação 
de eixos
 
Rotação de eixos: 
Transformação de coordenadas: 






cossen
sencos
cossen
sencos
:
cossen
sencos





























zyv
zyu
MCom
z
y
v
u
 
 
 2 
Onde: M: matriz de transformação de coordenadas 
: ângulo formado entre o eixo y e o plano principal de inércia u 
 
)(coscos)(
coscos2
coscos2
22
22
22



senIsenIII
IsenIsenII
IsenIsenII
yzzyuv
zyzyv
yyzzu



 
 
Escrevendo com arcos duplos: 
α2cosIα2sen
2
II
I
α2senIα2cos
2
II
2
II
I
α2senIα2cos
2
II
2
II
I
yz
zy
uv
yz
zyzy
v
yz
zyzy
u













 
 
Momentos e planos principais de inércia: 
 
2
yz
2
zyzy
2
2
yz
2
zyzy
1
I
2
II
2
II
I
I
2
II
2
II
I





 








 



 
 
I1: momento de inércia máximo 
I2: momento de inércia mínimo 
 
yz
yz
II
I2
2tg


 
Figura 2: Rotação de eixos 
 
 3 
 
 
Representação gráfica: Círculo de Mohr 
 
2
yz
2
zy2
uv
2
zy
u I
2
II
I
2
II
I 




 





 

 
(x - xo)
2
 + (y - yo)
2
 = R
2
 (equação de uma circunferência) 
2
2
2
yz
zy
I
II
R 




 

 , R: raio da circunferência 
2
0
zy II
x


 , x0 : abscissa do centro da circunferência 
 
 
 Figura 3: Círculo de Mohr 
Propriedade: Iy + Iz = Iu + Iv = I1 + I2 = constante 
 
 
FLEXÃO GERAL 
 
Hipóteses: 
1. Material da estrutura é isotrópico (as propriedades elásticas – módulo de elasticidade – 
independem da orientação) e o material segue a Lei de Hooke: 
 E
 
2. A distribuição das tensões é linear. 
3. As seções planas permanecem planas após a flexão (Lei de Bernoulli e Navier). 
 
Tipos de flexão: 
 Flexão Pura: atua o momento fletor (M) 
 Flexão Simples: atua o momento fletor e a força cortante (M e V) 
 Flexão Oblíqua: atua o momento fletor em duas direções 
 Flexão Composta: além do momento fletor há força normal atuando (flexo-compressão 
ou flexo-tração) 
 
 Iij 
I1 I2 C 
 P(Iz ; Iyz ) 
Ii 
 2α


R 
(Iy +Iz )/2 (Iy - Iz )/2 
Legenda: 
Ii: momento de inércia 
Iij: produtos de inércia 
 
 4 
 
 
FLEXÃO PURA 
 
Esforço: momento fletor (Mz) 
 = k y 
k = constante 
 = Mz y 
 Iz 
 
 
Figura 4: Diagrama de tensões na flexão pura 
 
 
 
FLEXÃO PURA OBLÍQUA 
 
Esforço: momento fletor (M) nas direções u e v 
 
Mv = Mcos  
Mu = Msen 
 = Mv u + Mu v 
 Iv Iu 
 
Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo . Ou, pode-se pensar 
de outra maneira: Mv  0 quando Mv traciona em u  0 e Mu  0 quando Mu traciona em v  0. 
 
 
Figura 5: Diagrama de tensões na flexão pura oblíqua 
 
 
LINHA NEUTRA 
 
É o lugar geométrico da seção transversal onde as tensões normais são nulas
)0( 
. 
 
 5 
 
v
I
M
u
I
M
0v
I
M
u
I
M
u
u
v
v
u
u
v
v


 
v
u
v
u
v
u
v
u
vu
uv
I
I
tan
1
tanu
I
I
tanv
u
I
I
tan
1
v
u
I
I
IsenM
cosM
u
IM
IM
v







 
: ângulo entre a linha neutra e o eixo u 
 
 
FLEXÃO COMPOSTA 
 
A força N é paralela ao eixo x e é excêntrica. 
Se: 
N  0  flexo-tração (ex.: barras de treliça) 
N  0  flexo-compressão (ex.: pilares) 
 
e: excentricidade, :ângulo entre o eixo v e o momento fletor 
 
Figura 6: Flexão composta. 
 
Superposição de efeitos: 
Figura 7: Superposição dos efeitos de N e M. 
 
Tensões Normais: 
 
 6 
v
I
M
u
I
M
A
N
u
u
V
v
B
A
BA



 
M = Ne 
 
e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção 
 
v
I
Ne
u
I
Ne
A
N
esene
cosee
NesenM
cosNeM
u
v
v
u
v
u
v
u





 
 
 
NÚCLEO CENTRAL 
 
Núcleo central (NC) é a região da figura plana (seção transversal) onde, aplicada uma 
carga, a sua linha neutra não corta a seção. Conseqüência disso é que as tensões normais 
serão de compressão ou somente de tração e podemos usar materiais que resistem apenas 
aqueles esforços. 
Características do NC: 
1. Cada figura plana tem um núcleo central próprio que é um polígono e não depende da 
carga aplicada; 
2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do 
polígono que constitui o núcleo central; 
3. O ponto de aplicação da força axial e a LN conseguinte ficam em semi-planos opostos 
delimitados pelos eixos centrais de inércia; 
4. O NC terá tantos lados quanto forem os lados (ou vértices) do polígono convexo 
circunscrito; 
5. Os vértices são chamados de antipolos. 
u
tanI
I
Ae
I
v
v
I
e
u
I
e
A
1
N0
v
I
Ne
u
I
Ne
A
N
0
v
u
v
u
u
v
v
u
u
v
v
u










 
 7 
 
 
Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos da figura formando o núcleo central. 
 
Construção do núcleo central: 
 
 
Força P de COMPRESSÃO: 
 
Au
I
eLN
u
I
Pe
A
P
u
I
M
A
P
v
u
v
v
v
v



 
 
Figura 9: Determinação do núcleo central para P 
de compressão. 
 
 
 
Força P de TRAÇÃO: 
 
Au
I
eLN
u
I
Pe
A
P
u
I
M
A
P
v
u
v
v
v
v



 
A
1
u
I
e
v
I
e
v
I
e
u
I
e
A
1
0LN
v
I
Pe
u
I
Pe
A
P
0M,0M,v
I
M
u
I
M
A
P
v
v
u
u
u
u
v
v
u
u
v
v
vu
u
u
v
v




 
 
Figura 10: Determinação do núcleo central para P de tração. 
 
 8 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 
1- Calcular os momentos principais de inércia e as suas direções: 
 
 
Figura1.1 
 
 
 
Solução: 
Figura 1.2 
 
- Cálculo do CG 
 
      
     
cm,yy 1319
3020702023020
3530201070203023020




 
 
      
     
cm,z
,
z 8337
3020702023020
60302035702067623020




 
 
 
 
- Cálculo dos Momentos de Inércia 
 
30 
20 
20 30 20 
z 
y 
CG 
19,13 
37,83 
1 
2 
3 
 
 9 
 
   20301722
12
2030
7020832
12
7020
2
3020
1631
36
2030 2
3
2
3
2
3








 ,,,I y
 
481,1195734 cmI y 
 
 
 
   20308715
12
3020
7020139
12
2070
2
3020
8710
36
3020 2
3
2
3
2
3








 ,,,I z
 
454,409927 cmI z 
 
 
      203017228715070208321390
2
3020
16318710
72
3020 22




 ,,,,,,I yz
 
404140663 cm,I yz 
 
 
 
- Cálculo das Direções Principais 
 
85,9'
81,119573454,409927
04,14066322
2 





 
yz
yz
II
I
tg
 
 158090859 ,,'' 
 
 
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia 
 





 



2
2
22
1
2
yz
zyzy
I
IIII
I






4
2
4
1
13,385507
21,1220255
cmI
cmI 
 
 
 10 
y 
CG 
6,60 
5,88 
15 
11,5 
9 
z 
2 
3 
1 
0,5 cm 
3 cm 
12 cm 
8 cm 4 cm 
2- Calcular I1, I2, ' e '': 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2.1 
 
 
Solução: 
 
- Cálculo do CG 
 
cm,y
,
,,
y 885
1251115
012651151015




 
 
cm,z
,
,
z 606
1251115
6128511615




 
 
 
- Cálculo dos Momentos de Inércia 
 
 Dividindo a seção nas áreas 1,2 e 3, temos: 
 
4
3
1 160
12
5015
cm,
,
'I Y 


 
4
3
1 62140
12
1550
cm,
,
'I Z 


 
 
gulartanreseção'I YZ  01
 
 
  Rotação dos eixos na área 1 
 
42
11
2
11 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy 
 
42
1z1yz
2
1y1z cm72,50αcos'Iαcosαsen'I2αsen'II 
 
 
 11 
    4112211 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy   
 
4
3
2 120
12
50511
cm,
,,
'I Y 


 
 
4
3
2 3763
12
51150
cm,
,,
'I Z 


 
 
gulartanreseção'I YZ  02
 
 
4
3
3 72
12
1250
cm
,
'I Y 


 
 
4
3
3 12,0
12
5,012
' cmI Z 


 
 
gularreseçãoI YZ tan0' 3 
 
 
  Momentos Totais de Inércia 
 
      4222 3178501260072505114112050156000590 cm,,,,,,,,,,I y 
 
      4222 82481501288512050511120376350156247250 cm,,,,,,,,,,,I z 
 
        476,685,0126,088,55,05,114,112,05,0156,062,442,67 cmI yz 
 
- Cálculo das Direções Principais 
 
  18,12'
3,17882,481
76,6822
2 





 
yz
yz
II
I
tg
 
 
 
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia 
 





 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
45,163
67,496
cmI
cmI 
 
 
 12 
 
 
8 cm 
~ 11 cm 
 
~ 5,2 cm 
 
4,2 cm 
1 
2 
3 
4 
3- Calcular os momentos principais de inércia indicando os eixos onde ocorrem: 
 
Figura 3.1 - espessura: 0,4 cm (constante) 
 
 
 
 
Solução: 
Dividindo em 4 retângulos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3.2 
 
 
Centro de gravidade: 
Retângulo y z área y  área z  área 
1 8,2 -1,7 1,68 13,776 -2,856 
2 4 0,2 3,2 12,8 0,64 
3 0,2 5,9 4,4 0,88 25,96 
4 2,25 10,4 2,08 4,68 21,632 
Somatória 11,36 32,136 45,376 
 
cm,
,
,
yCG 832
3611
13632

 
cm,
,
,
zCG 993
3611
37645

 
 
 
Momentos de inércia: 
 
30° 
8 cm 
11.5 cm 4 cm 
5 cm 
 
 13 
Retângulo 1: 
4
3
1 02240
12
2440
cm,
,,
I Z 


 
4
3
1 472
12
4024
cm,
,,
IY 


 
01 YZI
 
Retângulo 2: 
4
3
2 0717
12
408
cm,
,
I Z 


 
4
3
2 0430
12
840
cm,
,
IY 


 
02 YZI
 
Retângulo 3: 
4
3
3 0590
12
1140
cm,
,
I Z 


4
3
3 3744
12
4011
cm,
,
IY 


 
03 YZI
 
Retângulo 4: 
4
3
4 694
12
4025
cm,
,,
I 'Z 


 
4
3
4 0280
12
2540
cm,
,,
I 'Y 


 
04 'Z'YI
 
Como o retângulo 4 é inclinado segundo os eixos y, z é necessário fazer a seguinte 
mudança de base: 
30
 
4
4
4444
4
5232
2
22
cm,senI
cos
IIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'Y
Z





 
4
4
4444
4
7312
2
22
cm,senI
cos
IIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'Y
Y





 
4
4
44
4
0322
2
2
cm,cosI
sen
II
I
'Z'Y
'Z'Y
YZ



 
 
 
Transporte dos momentos de segunda ordem para o CG da figura: 
 
Retângulo 1: 
4
1111
422
111
422
111
3851375695681
49483756810220
9556695681472
cm,),(,,ddAII
cm,),(,,dAIzI
cm,,,,dAII
ZYYZZY
ZZ
YYY



 
 
Analogamente, temos: 
Retângulo IY IZ IYZ 
1 56,945 48,489 -51,383 
2 46,114 21,456 -14,220 
 
 14 
3 60,345 30,467 -22,043 
4 86,539 4,219 -9,730 
somatória 249,943 104,630 -97,376 
 
Com esses valores, calculamos os momentos e os planos principais: 
 








 








 



6426
2
2
56
22
299
22
42
2
2
42
2
1
,
II
I
tg
cmI
IIII
I
cmI
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
 
 
 15 
4- Calcular a tensão no ponto mais solicitado da seção, solicitada por uma força de 
compressão excêntrica de 50 tf, conforme a figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 4.1 
 
 
 
 
Solução: 
 
Pela simetria, temos que o CG da seção é no centro geométrico da seção. 
 
Cálculo dos momentos de inércia (já transportados para o CG): 
    44
452
3
2
3
452
3
2
3
106300205300205
10923000
12
3010
230020
12
1030
2
10230015
12
1030
23005
12
3010
2
cmI
cm,
xx
I
cm
xx
I
YZ
Z
Y



























 
 
 
Cálculo dos momentos principais: 
 









 








 



5626
2
2
1071
22
1023
22
452
2
2
452
2
1
,
II
I
tg
cm,I
IIII
I
cm,I
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
 
3 m 
P = 50 tf 
30 
20 10 30 
10 
30 
P 
medidas em cm 
 
 16 
1
2
5
5555
107,1
)56,26(2sen.100,6)56,26(2cos
2
109,2100,2
2
109,2100,2
2sen2cos
22
II
II
I
I
IIII
I
v
u
u
YZ
ZYZY
u












 
 
Flexão composta: 
 
u
I
M
v
I
M
A
N
v
v
u
u 
; 
21200
50
cmA
tfPN

 
 
Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo  o ângulo formado entre v 
e M (sentidopositivo: horário); 
º56,206º56,26º180 
 
cmtfePePM
cmtfePePM
vv
uu


5,1565cos3550cos
5,782sen3550sen

 
Pela regra da mão direita obtemos o sentido de M, Mu e M: 
Mu é negativo: comprime o lado positivo do eixo v; 
Mv é negativo: comprime o lado positivo do eixo u. (figura 4.2) 
Assim temos: 
u
,
,
v
,
,





55 1023
51565
1071
5782
1200
50
 
 
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas: 
 
uvLN 






55 102,3
5,1565
107,1
5,782
1200
50
0
 
 
 com as seguintes condições de contorno: 
 
 Para u = 0  v = -9,05 cm 
 Para v = 0  u = -8,52 cm 
Com esses pontos, traçamos a linha neutra, e pela regra da mão direita, determinamos os 
pontos da seção que estão sendo mais solicitados. 
 
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das 
coordenadas y,z. 





















z
y
cossen
sencos
v
u 
onde 
 5626,
 
 
 17 
 Ponto mais solicitado à tração: 
cm35- yT 
 
cm31,31- uT 
 
  
0 zT 
 
cm15,65- vT 
 
 
   
2
55
180
3131
1023
51565
6515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,
,
,
,
,
,
T
T





 
 
 Ponto mais solicitado à compressão: 
cm35 yC 
 
cm31,31 uC 
 
  
0 zC 
 
cm15,65 vC 
 
   
2
55
270
3131
1023
51565
6515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,
,
,
,
,
,
C
C





 
 
 
 
 
 
Figura 4.2: Pontos mais solicitados da seção. 
 
 
LN 
CG 
Mv 
M 
Mu 



T 
C 
y 
u 
v 
z 

 
 18 
1 m 3 m 
P=2 tf 
10 
10 15 10 15 
15 
15 
15 
10 
medidas em cm 
5- Calcular os valores extremos de  (tração e compressão) que surgirão na viga. O 
peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: 
Iy = 129167 cm
4 
 Iz = 461042 cm
4 
 Iyz = 194375 cm
4 
 
 
 
Figura 5.1 
 
Solução: 
 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia. 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
 
7624
124167461042
19437522
2 ,
II
I
tg
yz
yz







 
 





 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
8039532
20550676
cm,I
cm,I 
 
 eixos u e v, 
4803953222
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u 




 
1
2
II
II
v
u

 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita, temos:
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x 
 
 
onde: 
7624,
 
 
 
 19 
y 
z CG 
u 
v 
 
LN 
M 
 
 
c 
t 
A 
B 





cmtf,cosMM
cmtf,senMM
v
u
61181
7683 
u
,
,
v
,
,
x 
20550676
61181
8039532
7683
 
 
- Linha Neutra:  = 0 
 
0
20550676
61181
8039532
7683
 u
,
,
v
,
,
x
 
  podemos calcular a LN de duas formas: 
1) Admitindo pontos na eq. de tensão 
4261
00
,uv
vu

 
2) Pelo cálculo do angulo : 
 
858
1
,
I
I
tg
tg
utgv
v
u 



 
 Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de base, 
onde será utilizado a matriz de transformação: 





















z
y
cossen
sencos
v
u 
  ponto A: 
 











cm,v
cm,u
z
cm,y
A
A
A
A
6113
5129
0
532 
 
  22 /6,380386,051,29
20,550676
61,181
61,13
80,39532
76,83
cmKgfcmtfA   
  ponto B: 
 











cm,v
cm,u
z
cm,y
B
B
B
B
6113
5129
0
532 
 
  22 /6,380386,051,29
20,550676
61,181
61,13
80,39532
76,83
cmKgfcmtfB   
 
 







2
2
6,38
6,38
:
cmKgf
cmKgf
sãodeextremosvaloresos
T
C

 
 
 20 
6 
plano de 
carga 
30o 
2 6 
2 
8 
2 
6- Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o 
eixo y um ângulo de 30o ? 
 
Adotar: 
21000 cmtf
 
Dados: 
Iy = 1408 cm
4 
 Iz = 2656 cm
4 
 Iyz = -864 cm
4 
 
 
 
 
 
Figura 6.1 
 
 
Solução: 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia. 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
0827
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz




 
 





 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
966
3098
cmI
cmI 
 
 eixos u e v, 
496622
22
cmIsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u 




 
 
1
2
II
II
v
u

 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita, temos: 
 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x 
 
 
onde: 
0857,
 
 
 21 
u 
plano de 
carga 
y 
z 
M 
v 
 
30o 
 
LN 
T 
 
 








0857
0857
,cosMcosMM
,senMsenMM
v
u
 
 
- Para a Linha Neutra  = 0 
 
0
3098
0857
966
0857




 u
,cosM
v
,senM
x
 
 
 pelo cálculo do angulo : 
4111
1
,
I
I
tg
tg
utgv
v
u 



 
c) Cálculo do M admissível 
Sendo 
21000 cmtf
 
xt cmtf 
21000
 
u
,cosM
v
,senM
x 




3098
0857
966
0857
 
 Para a obtenção do ponto mais solicitado à tração será necessário fazer uma mudança 
de base, onde será utilizado a matriz de transformação: 





















z
y
cossen
sencos
v
u 
  ponto T: 
 











cm,v
cm,u
cmz
cmy
T
T
T
T
498
970
8
3 
 
  cmtfM
MM
T .55,13874597,0
3098
08,57cos
49,8
966
08,57sen
1000 



 
 
cmtfM .55,138745
 
 
 
 22 
7- A viga de concreto da figura é constituída pela seção abaixo e recebe cargas 
uniformemente distribuídas devidas: 
a) ao peso próprio 
352 m/tf,concreto 
 
b) a um carregamento atuando segundo a mesma direção do peso próprio e igual a 
1,5 tf/m. 
 
Calcular as tensões máximas indicando o ponto onde elas ocorrem: 
 
 
Figura 7.1: Viga de concreto e seção transversal. 
 
 
 
 
Solução: 
 
Cálculo do peso próprio: 
  
tf/m,p
mtf/m,Ap concreto
750
1080202060201052 243

 
 
Somando os dois carregamentos temos: 
ptotal = 2,25 tf/m 
 
Figura 7.2: Carga total e divisão da seção em figuras mais simples. 
 
Centro de gravidade: 
figura y z área y x área z x área 
1 75 -10 200 15000 -2000 
2 30 10 1200 36000 12000 
3 70 40 1600 112000 64000 
somatória 3000 163000 74000 
 
medidas em centímetros 
 
 23 
 
cm,yCG 3354
3000
163000

 
cm,zCG 6724
3000
74000

 
 
Cálculo dos momentos de segunda ordem:4
2
3
2
3
2
1774667
16003315
12
2080
12006714
12
6020
2006734
10
cmI
,,,
12
20
=I
Y
3
Y

























 
4
2
3
2
3
2
3
1603667
16006715
12
8020
12003324
12
2060
2006720
12
2010
cmI
,,,I
Z
Z

























 
       
4669333
16006715331512003324671420067206734
cmI
,,,,,,I
YZ
YZ

 
 
Momentos principais: 
 









 








 



3641
2
2
1014395
22
2363939
22
42
2
2
42
2
1
,'
II
I
tg
cmI
IIII
I
cmI
IIII
I
YZ
YZ
YZ
ZYZY
YZ
ZYZY
 
2
1
4236393922
22
II
II
cmsenIcos
IIII
I
v
u
YZ
ZYZY
u







 
 
Flexão Simples: 
 
Figura 7.3: Diagrama de momento, decomposição de 
M nos eixos principais u e v. 
y 
u v 
z M 
Mv 
Mu 
 
 
 
 24 
De acordo com o diagrama de momento fletor sabemos que a parte superior da seção é 
comprimida e a parte inferior é tracionada. Através da regra da mão direita obtém-se o 
sentido de M, Mu e Mv . 
 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u 
 
com 
 3641,
 
mtf21,11,cos,cosMM
mtf18,58,sen,senMM
v
u


364112528
364112528 
uv 
1014395
2111
2363939
1858
 
 
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas: 
 
0
1014395
2111
2363939
1858
 uvLN 
 
 
 com as seguintes condições de contorno: 
 
 Para u = 0  v = 0 
 Para v = 1  u = -0,38 cm 
 
Figura 7.4: Linha neutra na seção transversal. 
ou 
 






3269
652
1
,
,
I
I
tg
tg
utgv
v
u 
 
 
 25 
 
 
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das 
coordenadas y,z. 





















z
y
cossen
sencos
v
u 
onde 
 3641,
 
 Ponto mais solicitado à tração: 
cm54,33 yT 
 
cm37,69 uT 
 
  
cm4,67 zT 
 
cm39,40 vT 
 
 
    210906937
1014395
2111
4039
2363939
1858
cmtf,,, TT 
 
 Ponto mais solicitado à compressão: 
cm25,67- yC 
 
cm48,78- uC 
 
  
cm,zC 674
 
cm16,57 vC 
 
    208807848
1014395
2111
5716
2363939
1858
cmtf,,, CC 
 
 
 
 26 
8- Para a viga da figura, com carregamento indicado e seção transversal retangular: 
a) Demonstrar que a linha neutra estará sobre uma diagonal do retângulo se a linha 
se ação da carga P estiver sobre a outra diagonal. 
b) Indicar para uma posição x qualquer o diagrama das tensões normais , 
marcando os valores máximos. 
 
 
Figura 8.1: Viga engastada e seção transversal. 
 
Solução: 
 y e z são os eixos principais pois Iyz = 0 (seção retangular) 
 a expressão do momento é dada por: 
xpM 
 
 
a) hipótese: LN está sobre uma diagonal do retângulo se o plano de carga estiver localizado 
na outra diagonal 
Tomando um ponto A contido na LN, temos: 
 
2
h
- uy AA 
, 
2
b
vz AA 
 








positivohoráriotidosen
Mparavdesaindo,Meventreangulo
LNparaudesaindo,LNeuentreangulo
 
 
LN 
p 
z=v 
y=u 
M 
Mv 
Mu 
 
 
 
 
 27 
 
Equação da LN  
utgv 
; 
h
b
tg
h
tg
b







22
 
Desta forma, graficamente, podemos concluir que  = -, conforme a convenção de sinais 
temos: 
 sen M M M yu
 
 cos M M M zv
 
12
3hb
Iu 
 
12
3bh
I v 
 
u
bh
cosM
v
hb
senM





1212
33
 
 
Para o cálculo de LN 
 
 
u
h
cos
v
b
sen
LN 




22
0
 
Como 
 
 
h
b
tg
h
cos
b
sen
h
cos
b
sen
h
h
cosb
b
senb,hA




















2222
0
22
0
22 22
 
 
Portanto 
 


180
tgtg 
 
 
b) 
h
b
arctg180 
 
 sen M M u
 
 cos M M v
 
12
3hb
Iu 
 
12
3bh
I v 
 
xpM 
 
 
u
bh
cosxp
v
hb
senxp





33
1212
 
 
 Ponto mais solicitado à tração: 
2
h
- uT 
, 
2
b
- vT 
 
 
 28 

















2
12
2
12
33
h
bh
cosxpb
hb
senxp
T
 





 






h
cos
b
sen
hb
xp
T 6
 
 Ponto mais solicitado à compressão: 
2
h
 uC 
, 
2
b
 vC 
 

















2
12
2
12
33
h
bh
cosxpb
hb
senxp
C
 





 






h
cos
b
sen
hb
xp
C 6
 
 
 
Figura 8.2: Diagramas de tensões e pontos mais solicitados da seção. 
 
 
LN
p
z=v
y=u
M
Mv
Mu

C
T
t
c
-
+
 
 29 
9- Determinar o valor de P de compressão excêntrica sendo c=-0,8 tf/cm
2 e 
t=0,6 tf/cm
2. 
Figura 9.1: Seção transversal e pilar. 
 
 
Solução: 
00
1728
12
12
1728
4
4
4



yz
vz
4
uy
I
cmII
cm
12
12
 I I
 Iy e Iz são os momentos principais 
u
I
M
v
I
M
A
N
v
v
u
u 
 
excentricidade: eu = 4 
 ev = 2 
Mu = P eu = +4P, traciona o lado positivo de u 
Mv = P ev = +2P, traciona o lado positivo de v 
Figura 9.2: Plano de carga e 
decomposição e M. 
 
(O sentido de M foi determinado pela regra da mão direita, já que P é de compressão) 
uvLN
u
P
v
PP
1728
2
1728
4
144
1
0
1728
2
1728
4
144






 
para u = 0, v = 3 
para v = 0, u = 6 
 
 
Figura 9.3: Pontos mais solicitados. 
 
 
 30 
Ponto mais tracionado: T (6,6) 
 
Ponto mais comprimido: C (-6,-6) 
 
 
tf,P
PPP
,t
243
6
1728
2
6
1728
4
144
60




tf,P
tf,P
)(
P
)(
PP
,c
828
828
6
1728
2
6
1728
4
144
80





 
 31 
20 cm 
10 cm 
10 cm 30 cm 
F 
y 
z 
CG 
F 
16,67 
12,22 
v 
u 
 
10- Calcular 
F
, sendo 
2800 cmkgfc 
e 
21400 cmkgft 
 
 
Dados: 
A = 900 cm2 
 Iy = 105000 cm
4 
 Iz = 55577,78 cm
4 
 Iyz = -28320 cm
4 
OBS: 
F
 é de compressão 
 
 
 
 
Figura 10.1 
 
Solução: 
 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 
cm,y 2212
 
cm,z 6716
 
 
 
 
 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
4524
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz




 
 







 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
5042703
28117874
cm,I
cm,I 
 
 eixos u e v, 
42811787422
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u 




 
 
2
1
II
II
v
u

 
 
b) Excentricidade 
 Para a obtenção das coordenadas de F segundo os eixosu e v será necessário fazer uma 
mudança de base: 





















z
y
cossen
sencos
v
u 
 
 32 
y 
z 
M 
CG 
F 
v 
u 
LN 
 
e 
 
A 











cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212 
 
onde: 
2093,
e 





uF
vF
ev
eu 
  
 




471
3026
,FeMM
,FeMM
vv
uu
 
 
c) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
A
N
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x 
, onde: 
2900cmA 
 
 
9005042703
471
28117874
3026 F
u
,
F,
v
,
F,
x 




 
 
 
- Para a Linha Neutra  = 0 
 
9005042703
471
28117874
3026
0
F
u
,
F,
v
,
F,
x 




 
 condições de contorno: 
cm,uv
cm,vu
28320
9840

 
d) Cálculo do F admissível 
Sendo 
2800 cmkgfc 
e 
21400 cmkgft 
 
 Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de 
base: 
  ponto A: 
 











cmv
cmu
cmz
cmy
A
A
A
A
53,22
28,9
67,16
78,17 
 
    kgfF
FFF
t 06,330562
900
28,9
50,42703
47,1
53,22
28,117874
30,26
1400 



 
 
 
 
 33 
 
  ponto F: 
 











cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212 
 
    kgf,F
F
,
,
F,
,
,
F,
C 13113802
900
471
5042703
471
3026
28117874
3026
800 




 
 
 
kgf,F 13113802
 
 
 
 34 
11- Pede-se a posição e o valor da carga de tração excêntrica que provoca a LN 
indicada. No ponto A, a tensão vale A= 80 kgf/cm
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11.1: Seção transversal. 
 
 
Solução: 
Características geométricas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11.2: Centro de gravidade. 
 
 
 
Centro de gravidade 
figura y z área y x área z x área 
1 6 6 144 864 864 
2 21 15 252 5292 3780 
3 27 30 144 3888 4320 
somatória 540 10044 8964 
 
cm,yCG 618
540
10044

 
cm,zCG 616
540
8964

 
B 
A 
C 
LN 
12 6 24 
12 
6 
12 
12 
B 
A 
C 
LN 
1 
2 
3 
CG z 
y 
16,6 
18,6 
 
 35 
Momentos de segunda ordem, transportados para o CG da figura: 
          4
42
4
2
4
2
4
42
4
2
4
2
4
y
344741444,134,82526,14,21446,106,12
73678144)4,8(
12
624
252)4,2(
12
426
1446,12
12
1212
52078144)4,13(
12
624
2526,1
12
426
1446,10
12
1212
 I
cmI
cmI
cm
yz
z



















































 
 
Momentos e planos principais: 
 
Pontos da LN dada: 
 
Byz (-23,4;-1,4)  Buv (-19,69; 12,73) 
Cyz (-11,4;-25,4)  Cuv (-24,23; -13,72) 
 
 
Com a matriz de transformação e =36,30, determinamos as coordenadas dos pontos B e C 
no sistema de eixos uv. 
 





















z
y
x
cossen
sencos
v
u 
 
Posição da carga P de tração: 
0
1
 u
I
e
v
I
e
A v
v
u
u
 
 
Ponto B: 
    06919
3499003
7312
8626751540
1
 ,
,
e
,
,
e vu
 
 








 








 



3036
2
2
8626751
22
3499003
22
42
2
2
42
2
1
,
IyIz
Iyz
tg
cm,Iyz
IzIyIzIy
I
cm,Iyz
IzIyIzIy
I
   
1
2
8626751303623447430362
2
7367852078
2
7367852078
22
22
IIv
IIu
,,sen,cos
senIyzcos
IzIyIzIy
Iu












 
 36 
Ponto C: 
    023,24
34,99003
72,13
86,26751540
1
 vu
ee
 
Resolvendo o sistema, temos que: 
eu = - 0,39 cm 
ev = 8,38 cm 
 
Cálculo do valor de P: 
 
Ayz (18,6; 16,6)  Auv (24,82; 2,37) 
 
 
   
kgfP
PPP
cmkgfu
I
eP
v
I
eP
A
P
AA
v
v
A
u
u
A
20418
82,24
34,99003
38,8
37,2
86,26751
39,0
540
80
/80 2










 
 
 37 
8 
6 
12 
6 
10 
0,8 
A 
a' 
b' 
LN 
z 
y 
CG 
u 
v 
3,64 
11,67 
 
12- Determinar a posição e o valor de uma carga P que provoca a linha neutra 
indicada na figura. A tensão no ponto A vale 
2100 cmkgfA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 9.1 
 
Solução: 
a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
616
2
2 ,
II
I
tg
yz
yz




 







 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
33276
561433
cm,I
cm,I 
 
 eixos u e v, 
43327622
22
cm,IsenIcos
IIII
I uyz
zyzy
u 




 
 
1
2
II
II
v
u

 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
A
N
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x 
 
 
- Para a Linha Neutra  = 0 
 
 Com a matriz de transformação e , podemos determinar as coordenadas dos pontos a' 
e b' pelo sistema dos eixos u e v. 
Características Geométricas: 
 
cm,y 6711
 
 
cm,z 643
 
 Iy = 291,68 cm
4 
 Iz = 1418,21 cm
4 
 Iyz = -132,39 cm
4 
 A = 28,8 cm2 
 
 38 
z 
v 
a' 
 
u y 
b' 
CG 
LN 
A 
P>0 
ev 
ey 
e 
M 
Mv 
Mu 
 
  ponto a': 
 















cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
a
a
a
a
492
666
243
336 
  ponto b': 
 















cmv
cmu
cmz
cmy
b
b
b
b
07,4
18,6
76,4
67,5 
 
c) Cálculo da excentricidade 
Supondo P no 1
o
 quadrante e P>0 






0
0
vv
uu
ePM
ePM
ePM
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
v
v
u
u
x 




 
Assim: 
 
  ponto a': 
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
a
v
v
a
u
u
x 



 0
 
  ponto b': 
 
A
P
u
I
eP
v
I
eP
b
v
v
b
u
u
x 



 0
 
 
   
    cme
cme
ee
ee
v
u
vu
vu
86,27
51,10
0
8,28
1
18,6
56,1433
07,4
33,276
0
8,28
1
66,6
56,1433
49,2
33,276











 
 
d) Cálculo do valor da carga 
 
 ponto A: 
 











cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
A
A
A
A
156
7011
764
3312 
 
    kgfP
PPP
A 43,234
8,28
70,11
56,1433
86,27
15,6
33,276
51,10
100 



 
 
 39 
A 
p = 6,64 kg/cm 
p 
q 
L = 2,5 m 
Mz
v
y
u
CG
 plano 
de carga
13- Determinar a máxima flecha em A.Figura 13.1: Seção transversal e viga em balanço. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 


1.194
1.14
 
 
   
   
   
   
cm,
,
q
cm,p
644
210
975
530610
6101052305
5711
210
2430
530610
610353015








 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.2: Centro de gravidade. 
 
            4
42
3
2
3
42
3
2
3
14,385736,557,861043,314,2305
43,1760157,8610
12
106
43,3305
12
530
22,322336,5610
12
610
14,2305
12
305
cmI
cm
x
I
cmI
yz
z
y

































 
 
 
 40 
 
       
4
22
22
84,2253
969,02436,014,38572969,022,32232436,043,17601
cossen2cossen
11,14
22,322343,17601
14,38572
2
cmI
I
IIII
tg
u
u
yzyzu









 
 
 
 
4
1
2
2
2
2
1
80,18570
14,3857
2
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
Iyz
IzIyIzIy
I






 








 



 
 
 
 
4
2
2
2
2
2
2
84,2253
14,3857
2
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
Iyz
IzIyIzIy
I






 








 



 
 
Iu = I2
 77,25
80,18570
84,2253
251,0
11  v
u
I
I
tg
tg
 
 
Figura 13.3: Decomposição do momento fletor Figura 13.4: Posição da LN. 
 
 
 
 41 
MLN = M cos50,12 = 0,641M 
 
   
4
22
00,5338
189,080,18570811,084,2253
77,25sen77,25cos
cmI
I
III
LN
LN
vuLN



 
 
 
Figura 13.5: Momento fletor em função de x. 
 
 
Equação da linha elástica: 
 
21
410
1
39
29
2
2
2
..10.6602,2
.10.0641,1'
.10.1922,3
00,5338.125000
.13,2
"
2
""
641.0
)(
2
)(
CxCx
Cx
x
x
x
pkEIMEI
k
xMkM
x
pxM
LNLN
LN













 
cmkgfp
cm
cmI
cmkgfE
LN
/64.6
250
5338
/125000
4
2





 
 
Condições de contorno: 
 
(1)
0' x
 
0166,01 C
 
 
(2)
0 x
 
1110,32 C
 
 
 
 
p
x
n
M(x)
M(x)
p
x
n
 
 42 
n 
(p
la
no
 d
e 
de
slo
ca
m
en
to
)
n
z
v
y u
L
N
50.12
n0z
n0 0yn
Em x = 0, 
 
 
cm
CxCx
11,3
1110,3)0.(0166,0)0.(10.6602,2
..10.6602,2
0
410
0
21
410
0








 
 
 
 
cm
cm
x
y
39,212,50sen
99,112,50cos
00
00



 
Figura 13.6: Decomposição do deslocamento 
nos eixos y e z. 
 
 
 43 
q=3,5tf/m 
700 
175 700 
Diagrama de momento M(tf.cm): 
14- Determine na seção crítica 
I. Linha Neutra 
II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2 
 
Figura 5.1 
 
Solução: 
 
I. Linha Neutra 
 
a) Características Geométricas 
 
- Cálculo do CG 
 
cmy 33,23
 
cmz 17,19
 
- Cálculo dos Momentos de Inércia 
402,39460 cmI y 
 
469,97786 cmI z 
 
469,24456 cmI yz 
 
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções 
99,19
2
2 


 
yz
yz
II
I
tg
 
 





 


 yz
zyzy
I
IIII
I
2
22
1
2 





4
2
4
1
49,30562
22,106684
cmI
cmI
 
 
 eixos u e v, 
448,305622sen2cos
22
cmII
IIII
I uyz
zyzy
u 



  
1
2
II
II
v
u

 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita temos: 
 
A 
4 m 2 m 
q=3,5 tf/m 
40 
10 
30 
Plano de Carga 
CG 
 
 44 
CG z 
y 
v 
u 
M 
 
 
LN 
 
 
Plano de Carga 
 (plano de 
deslocamento) 
A 
q=0,035tf/cm 
400 200 
x 
x 5,25 15,75 
CG 
z 
y 
v 
u 
M 
 
 
t 
 
c 
Plano de 
Carga 
 
 
LN 
u
I
M
v
I
M
v
v
u
u
x 
 
 
onde: 
233
 
 





cmtfMM
cmtfMM
v
u
.27,421cos
.04,559sen

 
 
- Para a Linha Neutra  = 0 
0
22,106684
27,421
49,30562
04,559




 uvx
 
 podemos calcular a LN de duas formas: 
admitindo pontos na eq. de tensão 
cmuv
vu
61,41
00

 
 ou pelo cálculo do angulo : 
18,12
1






v
u
I
I
tg
tg
utgv
 
II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2 
- Cálculo das equações de M 
 1
o
 Trecho  
2000  x
 
  21 0175,0 xxM 
 
 2
o
 Trecho  
600200  x
 
  xxxM  75,150175,0 22
 
 
4
22
98,33950
sen.cos.
cmI
III
LN
vuLN

  
 
cos MM LN
 
onde: 
83,24
 
MM LN  907,0
 
 
 
 
 45 
- Cálculo das equações de M 
  907,0 kxMkM LN
 
 xMEI ''
 (a) 
 
Substituindo as equações dos momentos em (a) temos: 
1
o
 Trecho 
2''
1 0175,0 xkEILN 
 
xkEI LN  035,0
'''
1
 
1
3
'
1
3
0175,0 C
x
kEI LN 
 
21
4
1
12
0175,0 CxC
x
kEILN 
 
2
o
 Trecho 
 xxkEI LN  75,150175,0 2''2
 
 75,15035,0'''2  xkEILN
 
3
23
'
2
2
75,15
3
0175,0 C
xx
kEI LN 






 
43
34
2
6
75,15
12
0175,0 CxC
xx
kEI LN 






 
 
- Condições de contorno 
P/ x=200cm 
01  
 
02  
 
'
2
'
1  
 
P/ 
max''2
 
00 '2
'''
2  
 
 
assim: 
  cmxxkEI LN 45075,15035,00
'''
2  
 p/ x=450cm 
 
3
23
'
2
2
450
75,15
3
450
0175,00 CkEI LN 






 
 
kC  10631253
 
 
 p/ x=200cm 
 
'
2
'
1  LNLN EIEI 
 
 
 46 
 
3
23
1
3
2
200
75,15
3
200
0175,0
3
200
0175,0 CkCk 






 
 
kC  13781251
 
 
21
4
1 200
12
200
0175,00 CCkEI LN 
 
 
kC  7,2732916662
 
 
Em x=0, temos: 
 
 
21 CEI LN 
 
 
  cmx AA 50,36
98,33950200
907,07,273291666
01 


  
 





cm
cm
AAz
AAy
90,3017,32cos
43,1917,32sen

 
 
 
 47 
LN 1LN' 1
LN'2LN 2
LN 3
LN'3
u
y
v
z
D
A
BC
15- Determinar o núcleo central da figura: 
 
 
 
 
Dados: Iy = 13932 cm
4 
Iz = 34668 cm
4
 
Iyz =-15552 cm
4 
 
 
 
 
 
Figura 15.1 
 
 
 
Solução: 
 






1528
1393234668
1555222
2
.
II
I
tg
yz
yz 
 
I1 = 42991 cm
4
 = Iv 
I2 =5609 cm
4
 = Iu 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 15.2: Linhas neutras que passam nos pontos extremos da seção. 
 
LN 1: 
)15.6,28.20(B)15,15(B
)98.8,15(A)15,9(A
A
1
u
I
e
v
I
e
uvyz
uvyz
v
v
u
u



 
 
 
 48 
Substituindo na primeira equação: 
 
Obs.: 
- eu é a excentricidade em relação ao eixo u, é a distânciado ponto em relação ao eixo u; 
- O sinal negativo de ev significa que o ponto procurado está no lado negativo do eixo u. 
 
LN 2: 
).,.(C),(C
).,.(B),(B
uvyz
uvyz
7298111315
15628201515

 
 
Formando um sistema com as equações dos ponto B e C, temos 
 
LN 3: 
).,(B),(D uvyz 98815159 
 
 
Formando um sistema com as equações dos pontos C e D, temos 
 
 Pela antimetria da figura temos que as LN1’, LN2’, LN3’ são as respectivas 
multiplicadas por (-1): 
 
LN1’ = (-1.02,4.17) 
LN2’= (7.81,0.54) 
LN3’= (1.84,-0.39) 
 
 
 
 
cm.e
cm.e
.
e
).(
e
B
e
).(
e
A
v
u
vu
vu
174
021
324
1
2820
42991
156
5609
324
1
15
42991
988
5609




324
1
8111
42991
729
5609
 .
e
.
e
C vu
cm54.0e
cm81.7e
v
u


324
1
15
42991
988
5609
 )(
e
.
e
D vu
cm39.0e
cm84.1e
v
u


 
 49 
 
Figura 15.3: Núcleo central da figura. 
 
 
 
LN' 1
z
LN 2
v
u
y
LN'3
LN'2
LN 1
LN 3
D
C B
A
 
 50 
16- Determinar o deslocamento horizontal máximo em x = 0. 
 
 
p0 = 324 kgf/m 
E= 120 tf/cm
2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 16.1: Pilar de base triangular e seção variável 
 
 
Solução: 
 
 
h10.0h
16
h
160
x
x15.0b
24
b
160
x


 
 
Determina-se (x), x = 0  (x0) 
x,LNx,LN MEI" 
 
ILN, x : momento de inércia em relação a LN, variando 
com x 
MLN,x : momento fletor em relação a LN, variando com 
x 
 
Momentos de inércia principais e plano principal: 
 
I1 = 0.1084 10
-4
 x
-4
 
I2 = 0.0270 10
-4
 x
-4 
 
 
 
Figura 16.2: Relação entre b, h e x. 
 
 10.2520.12tg
 
 51 
25,10
yu
y'
z
z'
v
p
LN
plano de 
deslocamento
Mp
v
z'
z
u y
y'
p
 
 
   
32
10
72
150100
72
32
103
36
100150
36
24
10
36
150100
36
442222
4433
4433
xx.x.bh
I
xx.x.hb
I
xx.x.bh
I
yz
y
z






 
1u
yz
2
z
2
yu
I1084.0I
cossenI2senIcosII

 
Figura 16.3: Posição dos eixos principais. 
 
 
Linha neutra: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 16.4: Posição da linha neutra. 






62
4288.1
0270.0
0184.0
.
90244
1
.
1
902441025270
,






quadranteetg
tgI
I
tg
tg
utgv
v
u
 
 
9036cos.)102562cos(.
10..04494,0
10.)].62.(sen.0270,0)62(cos.1084,0[
)(sen.cos.
44
4422
22






xxLNx
LNx
LNx
vuLNx
MMM
xI
xI
III 
 
32
3
3
0
0
2
.10.26990,09036cos.
6.160
.24,3
6.160
.24,3
160
.24,3
.
6
x
x
M
x
M
xx
pp
x
p
p
px
M
LNx
x
x




ll
 
 
 
 
 
 52 
Equação da linha elástica: 
 
21
21
1
44
32
.)).((ln
..ln.
ln.'
0050,0
0050,0
10..04494,0.120000
.10.26990,0
CxCxxxk
CxCdxxk
Cxk
x
k
x
xx
x













"
"
 
 
m
kx
x
xxk
kCx
8,0
0
ln..
0 2


















 
 
 
 
 53 
17- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: 
a) Máximas tensões normais na seção (compressão e tração), 
b) Máxima tensão de cisalhamento na seção devido a força cortante. 
 
Figura 17.1 
Solução:
FV=0  R1+R2=4 
FH=0  H1=1 KN 
M1=0  4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN 
 
Figura 17.2: Digramas 
 
Ponto de Máximo (V=0) 
KNm 88,0maxM(M
2
33,1
33,1133,133,1(M
m 33,1x
3
x
67,133,1
33,1
)33,1)33,1 

 
 
Figura 17.3 
 
 54 
Partes 1 e 3 
 
Figura 17.4 
4
3
4
3
cm 45,116
12
18,111
'Iz
cm 93,0
12
118,11
'Iy
0'z'Iy
56,26
10
5
artg








 
 
41,3
21,3
cm 89,1770Iy
 118,115,1202,24Iy e transportcom
02,24yI 66,3469,58yI
)º56,262cos(
2
45,11693,0
2
93,045,116
yI
2sen'z'Iy2cos
2
'Iz'Iy
2
'Iz'Iy
IuyI













 
 
41,3
21,3
4
cm 85,372Iz
118,11535,93Iz e transportcom
cm 35,9366,3469,58IvzI



 
 
 
Parte 2 
0Iyz
cm 67,1
12
120
Iz
cm 67,666
12
201
Iy
2
4
3
2
4
3
2







 
 
º36,20
IyIz
Iyz2
2tg
cm 9,1489Iyz
cm 37,747Iz
cm 45,4208Iy
4
4
4














 
 
 
 55 
Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95 
 
Iu = 4761,44 cm
4 
Iv = 194,38 cm
4 
 












v
P
v
F
u
P
u
F
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu 
 
Força F 
 
Figura17.5 
 
F=270 - F=242,34º 
MF=1*10  MF=10 KNcm 
 
Força P 
 
Figura 17.6 
 
 
P=270 + (90 – 30 - P=302,79º 
MP= 88 KNcm 
 
Mu= 10sen242,34º + 88sen302,79º 
Mu= -8,85 – 73,97  Mu= -82,83 KNcm 
Mv= 10cos242,34º + 88cos302,79º 
Mv= -4,64 – 47,65  Mv= 43,01 KNcm 
 
297,44º
)-(90270
62,56º tg
Mv
Mu



 
 
 
Figura 17.7 
 
 
 
 56 
a) Tensões Normais 
 
u2213,0v0174,00236,0
u
38,194
01,43
v
44,4761
83,82
36,42
1
u
Iv
Mv
v
Iu
Mu
A
N
x
x



 











































905,17v
035,2u
15z
10y
J
905,17v
035,2u
15z
10y
K
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
 
 
Linha Neutra 
p/ v=0  u= -0,106 cm 
p/ u=0  v= 1,35 cm 
 
x
k
=0,0236 – 0,0174*(17,905) + 0,2213*(-2,035) 
x
k
= - 0,738 KN/cm
2
 
 
x
j
=0,0236 – 0,0174*(-17,905) + 0,2213*(2,035) 
x
j
= 0,785 KN/cm
2
 
 
 
 
Figura 17.7 
 
b) Máxima Tensão Tangencial 
 
KN 67,1V
cm 37,1412Iz
cm 9,5551510S
Iz1
9,5567,1
Ib
SV
4
322
xy







 






 
xy=6,61*10
-2
 KN/cm
2
 
 
 
 
 57 
18- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: 
a) Máximas tensões normais na situação mais crítica, 
b) O valor do momento fletor na direção da linha neutra resultante na 
seção mais crítica. 
 
Dados: Iy=6259 cm4; Iz=6809 cm4; Iyz=-5629 cm4 
 
Figura 18.1 
 
Solução: 
 
cm 13,22
05,72
30,512520,05139,05418
Xcg
cm 46,11
05,72
301815105,390125
Ycg






 
 
º60,43
IyIz
Iyz2
2tg 



 
27,562219,323837,3282Iu
cossenIyz2senIzcosIyIu 22


 
Iu = 898,28 cm
4
 
Iv = 12169,72 cm
4
 
 












v
F
v
q
u
F
u
q
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu 
 
 
 58 
Força q 
 
Figura 18.2 
 
q=270 - (45 – 43,6q=268,6º 
Mq= 450 KNcm 
 
Mq
u
 = -449,86 KNcm 
Mq
v
 = -10,99 KNcm 
 
Força F 
Figura 18.3 
 
F = 43,6 + 90  F = 133,6ºMF = 10*20,87  MF =208,7 KNcm 
 
MF
u 
= 151,13 KNcm 
MF
v 
= -143,92 KNcm 
 
Assim, temos: 
Mu = -298,73 KNcm 
Mv = -154,91 KNcm 
 
u0127,0v332,0138,0
u
72,12169
91,154
v
28,898
73,298
05,72
10
u
Iv
Mv
v
Iu
Mu
A
N
x
x



 
 
 
 59 
a) Pontos K e J 
 











































cm21,7v
cm67,22u
87,20z
46,11y
J
cm88,10v
cm45,5u
13,4z
46,11y
K
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
 
 
Linha Neutra 
p/ v=0  u= 10,86 cm 
p/ u=0  v= 0,41 cm 
 
 
Figura 18.4 
 
x
k
=0,138 – 0,332*(10,88) – 0,0127*(5,45) 
x
k
= - 3,543 KN/cm
2
 
 
x
j
=0,138 – 0,332*(-7,21) – 0,0127*(22,67) 
x
j
= 2,243 KN/cm
2
 
 
b) 
 
Figura 18.5 
 
 
 60 
)2,19º-cos(90º-MM
quadrantes 3º e 20º19,2
Iv
Iu
tg
1
tg
º59,242º59,32º180
º59,62
Mv
Mu
arctg
KNcm 50,336MMuMvM
R
R
R
R
22
R







 
M = 304,42 KNcm 
 
 
 61 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
1- Determinar P para o pilar: 
Dado: 
tf2,1
 
Resposta: P = 3,92 tf 
 
 
2- Calcular 
max
 e 
min
 
Dados: P = 7000 kgf; 
H = 5000 kgf 
 
Resposta: 
max
=72,25 kgf/cm
2
 , 
min
= -81,48 kgf/cm
2
 
 
P
P
H
P
CG
P
H
2 m
 
 62 
3- Determinar qual das duas barras é capaz de resistir a uma carga maior sem que surjam 
sintomas de deformações plásticas. 
Resposta: Na barra simétrica a tensão será menor. 
 
 
 
4- A viga de madeira da figura abaixo tem a seção transversal indicada. As tensões 
admissíveis longitudinal e tangencial horizontal são de 8 MPa e 800 kPa, 
respectivamente. Determine a intensidade máxima admissível para w. 
 
Resposta: w = 3.97 kN/m 
 
2a
a
2
P
P
a
2
a
2a
P
a
2
P
a a
a
4
C x
y
C x
y
w N/m 1w N
1w N
 
 63 
5- O bloco da figura está carregado com a força de compressão de 1334 KN, aplicada com a 
excentricidade de 3,81 cm. A seção transversal é um quadrado de 30.48 cm de lado. 
Quais as tensões normais nas fibras extremas m e n? 
 
Resposta: 
2
n
2
m
m/kN25097
m/kN3585

 
 
6- Qual a excentricidade, que deveria ter a força aplicada no bloco do exercício anterior, 
para que a tensão em m fosse nula? 
 
Resposta: 5,08 cm 
30.48
m
15.24
15.24
30.48
n
3.81
P
 
 64 
BIBLIOGRAFIA 
 
 Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill do 
Brasil, 1982. 
 
 Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977. 
 
 Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara Dois AS, 
1981. 
 
 Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher. 
 
 Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou : 
Mir,1983. 
 
 Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975. 
 
 Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E. Blüncher, 
1982. 
 Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São Paulo, 5ª 
edição, janeiro 1974. 
 
 Timonshenko, Stephen P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos 
e Científicos, 1983-84.