EM406_cap06_2_Solu_Prob_1S2020

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Resistência dos Materiais 
Capítulo 6 – Flexão – Parte 2 
Solução de Problemas 
UNICAMP-FEM-DMC 
Prof. José Maria Santos 
EM406-ResMat I 
 
Textos de R.Craig Jr, E.P. Popov, 
J. Labaki e R.C. Hibbeler 
Solução: 
Equilíbrio: Do DCL da figura 
 
 
 
 
Esforços internos: Método das Seções, 
Seção 1: 
 
 
Seção 2: 
2 
Problema 6.68 – O eixo é suportada por dois mancais 
radiais em A e B que só exercem reações verticais sobre o 
ele. Determine seu menor diâmetro d se a tensão de 
flexão admissível é 180 MPa. 
0)m3()m5,3)(m5,1(kN)12(
2
1
)m5,1)(m3(kN12;0  BA RM
kN5,28BR
  0m)(1,5kN12
2
1
)m3(kN12;0  AAy RRF
kN5,169365,28 AR
0)(125,16;0  VxFy xV 125,16 
0)
2
)((125,16;0 
x
xxMM
265,16 xxM 
0)5,4)(5,4(8
2
1
;0 





 xxVFy
22 43681)925.20(4 xxxxV 
  kN/m5,48
5,4m5,1
kN12
xw
x
w



Solução: 
Seção 2: 
 
 
 
 
Diagrama Força Cortante: 
3 
Problema 6.68 – O eixo é suportada por dois mancais 
radiais em A e B que só exercem reações verticais sobre o 
ele. Determine seu menor diâmetro d se a tensão de 
flexão admissível é 180 MPa. 
0
3
5,4
)5,4()5,4(8
2
1
;0 




 







x
xxMM
))5,4(3)25,20(391,125(
3
4
)5,4(
3
4 323 xxxxM 
32
3
4
1881121,5 xxxM 
xVAB 125,16 
243681 xxVBC 
m375,1125,160  xx
m5,4436810 21
2  xxxx
  kN5,16)0(125,160 ABV
  kN5,19)3(125,163 ABV
  9)3(4)3(36813 2 BCV
  0)5,4(4)5,4(36815,4 2 BCV
Solução: 
Diagrama Momento Fletor: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diâmetro do eixo: 
4 
Problema 6.68 – O eixo é suportada por dois mancais 
radiais em A e B que só exercem reações verticais sobre o 
ele. Determine seu menor diâmetro d se a tensão de 
flexão admissível é 180 MPa. 
32
3
4
1881121,5 xxxM BC 
265,16 xxM AB 
  0)0(6)0(5,160 2 ABM
  kN.m5,4)3(6)3(5,163 2 ABM
  kN.m34,11)375,1(6)375,1(5,16375,1 2 ABM
  kN.m5,4)3(
3
4
)3(18)3(81121,53 32 BCM
  0)5,4(
3
4
)5,4(18)5,4(81121,55,4 32 BCM
Solução: 
Diagramas de momento fletor: 
Da simetria do carregamento o momento máximo 
ocorrerá na região entre os carregamentos 
distribuídos! 
Do DCL da figura, 
 
 
 
Usando o Método da Seção p/ uma seção no meio 
da viga teremos o momento máximo: 
5 
Problema 6.77 – A viga de aço tem área da seção 
transversal como mostrado na figura. Determine a 
maior intensidade da carga distribuída w que ela 
pode suportar de modo que a tensão de flexão não 
exceda 22 ksi. 
0)4(8)20(8)24(;0  wwRM BA w
w
RB 8
24
192

088;0  wwRRF BAy wwwRA 8816 
0)12(8)8(8;0  wwMM wwwM 329664 
Solução: 
Tensão de flexão: 
 
Momento de inércia em relação ao centroide da 
seção, 
 
 
Substituindo na Eq. da tensão, 
6 
Problema 6.77 – A viga de aço tem área da seção 
transversal como mostrado na figura. Determine a 
maior intensidade da carga distribuída w que ela 
pode suportar de modo que a tensão de flexão não 
exceda 22 ksi. 
Solução:Do DCL da figura (a) , 
 
 
 
Dos Métodos das Seções ou Integração da EDE, 
figuras (b) e (c) teremos o Mmax = 6,0 kN.m. 
O momento de inércia em relação a linha neutra, 
 
 
Neste caso c = d/2 , logo 
7 
Problema 6.92 – Determine o menor diâmetro 
admissível do eixo sujeito as cargas mostradas na 
figura. Os mancais A e B só suportam cargas 
verticais. A tensão de flexão admissível é 150 MPa. 
0)0,1()4,0(20)5,0(12;0  yA BM kN2yB
02012;0  yyy BAF kN30232 yA
Solução:Do DCL da figura (a) , 
 
 
 
Dos Métodos das Seções: 
8 
Problema 6.93 – O homem tem uma massa de 78 kg e 
está parado na extremidade do trampolim. Se a prancha 
tem área da seção transversal como mostrada na figura, 
determine a deformação máxima desenvolvida na 
prancha. O módulo de elasticidade do material é E = 
125 GPa . Assuma A pinado e B como rolete. 
0)5,1()4)(81,9(78;0  yA BM kN48,040.2yB
018,765;0  yyy BAF kN3,1275yA
0)(3,1275;0  MxM xM AB 3,1275
0)5,1(48,2040)(3,1275;0  MxxM
72,306098,764  xMBC
N.m95,912.1)5,1(3,1275)5,1(max  ABMM
Solução: Da seção transversal, o centroide é 
obtido por: 
 
 
 
 
O momento de inércia será: 
9 
Problema 6.93 – O homem tem uma massa de 78 kg e 
está parado na extremidade do trampolim. Se a prancha 
tem área da seção transversal como mostrada na figura, 
determine a deformação máxima desenvolvida na 
prancha. O módulo de elasticidade do material é E = 
125 GPa . Assuma A pinado e B como rolete. 
Solução: A tensão de flexão máxima será: 
 
 
 
A deformação normal máxima absoluta será: 
10 
Problema 6.93 – O homem tem uma massa de 78 kg e 
está parado na extremidade do trampolim. Se a prancha 
tem área da seção transversal como mostrada na figura, 
determine a deformação máxima desenvolvida na 
prancha. O módulo de elasticidade do material é E = 
125 GPa . Assuma A pinado e B como rolete. 
Solução: (b) força resultante na distribuição de tensões 
A força resultante para cada uma das duas distribuições de 
tensões triangulares da Fig. 6-25b é equivalente ao 
volume contido dentro de cada distribuição de tensões, ou 
 
 
Estas atuam na direção das tensões de cada distribuição no 
centróide de cada volume, da linha 
neutra, e formam um binário cujo momento é 
 
 
 
11 
Exemplo 6.11 – Uma viga tem seção transversal e está sujeita 
a distribuição de tensões mostrada na Fig. 6-25a. Determine o 
momento interno M na seção causado pela distribuição de 
tensões (a) usando a fórmula da flexão, (b) determinando a 
força resultante na distribuição de tensão. 
Solução: Momento máximo interno. 
Do DCL da viga, 
 
 
 
Usando método da seção, 
12 
Exemplo 6.12 – A viga simplesmente apoiada da Fig. 
6-26a tem área da seção transversal mostrada na Fig. 
6-26b. Determine a tensão de flexão máxima absoluta 
na viga e desenhe a distribuição de tensões sobre a 
seção transversal nesta posição. Também, qual é a 
tensão no ponto B? 
 
kN150;0
kN15
2
30
06330;0




yyyy
yyA
ABAF
BBM
 
      kN.m5,2235,23153
m305150
5,215015
2
5;0
2
max
max
2












MM
xx
x
M
M
xxxMx
x
xMM
Ay By 
30 kN 
Solução: Propriedade da Seção. 
Da simetria o eixo neutro (NA) passa à meia 
altura da seção transversal da viga. 
O momento de inércia em relação a AN é obtido 
subdividindo a área em 3 partes e usando o 
teorema dos eixos paralelos, 
13 
Exemplo 6.12 – A viga simplesmente apoiada da Fig. 
6-26a tem área da seção transversal mostrada na Fig. 
6-26b. Determine a tensão de flexão máxima absoluta 
na viga e desenhe a distribuição de tensões sobre a 
seção transversal nesta posição. Também, qual é a 
tensão no ponto B? 
Solução: 
Uma vista 3D da distribuição de tensões é 
mostrada na Fig. 6-26d. 
No ponto B , logo 
 
 
 
 
 
também, mostrado na Fig. 6-26d. 
14 
Exemplo 6.12 – A viga simplesmente apoiada da Fig. 
6-26a tem área da seção transversal mostrada na Fig. 
6-26b. Determine a tensão de flexão máxima absoluta 
na viga e desenhe a distribuição de tensões sobre a 
seção transversal nesta posição. Também, qual é a 
tensão no ponto B? 
Solução: Momento interno. 
Podemos aplicar direto o método das seções usando o 
segmento a esquerda da seção a – a (Fig. 6-27c). 
Observe que a força normal N deve passa através do 
centróide da área da seção transversal 
Também, o momento interno deve ser calculado em 
relação ao eixo neutro (NA) da viga na seção a – a . 
Posição do eixo neutro. A área é subdividida em 3 
partes e determina-se o centróide das áreas 
compostas, 
 
 
 
Aplicando equilíbrio de momentos em NA, 
15 
Exemplo 6.13 – A viga mostrada na Fig. 6-27a tem 
área da seção transversalna forma de um canal (Fig. 6-
27b). Determine a tensão de flexão máxima que ocorre 
na seção a – a. 
Solução: Propriedade da Seção. 
O momento de inércia da área da seção transversal em 
relação a NA é determinado usando o teorema dos 
eixos paralelos nas partes componentes 
 
 
 
 
 
 
Tensão de flexão máxima. Ocorre no ponto mais 
afastado da linha neutra, na parte de baixo da seção 
onde a viga é comprimida 
16 
Exemplo 6.13 – A viga mostrada na Fig. 6-27a tem 
área da seção transversal na forma de um canal (Fig. 6-
27b). Determine a tensão de flexão máxima que ocorre 
na seção a – a. 
17 
Deflexão de Vigas – Capítulo 12 (Hibbeler) 
Curva Elástica. 
A deflexão de uma viga deve ser limitada a fim de 
fornecer estabilidade e evitar trincas de qualquer 
material agregado tais como concreto e gesso. 
Mais importante, porém, as inclinações e os 
deslocamentos devem ser determinados para 
encontrar as reações se a viga for estaticamente 
indeterminada. 
Nesta seção determinaremos as inclinações e os 
deslocamentos causados pelos efeitos da flexão. 
Mas, antes veremos a forma da deflexão da viga, 
que é representada pela curva elástica (Fig. 12–
1). 
A curva elástica passa através do centroide de cada 
área da seção transversal da viga e para muitos 
casos pode ser esboçada sem muita dificuldade. 
 
18 
Deflexão de Vigas 
Curva Elástica. 
Se a curva elástica da viga parece ser difícil de ser 
esboçada, sugere-se traçar primeiro o diagrama 
de momento fletor. 
Da convenção de sinais da resistência dos materiais 
para o momento interno na viga (Fig. 12-2) fica 
fácil obter a curva elástica, 
 Como no exemplo da Fig. 12-3. 
– Nos apoios de rolete e pino o deslocamento em B e D 
serão zero; 
– Na região de momento negativo, AC, a curva elástica 
deve ter concavidade para baixo e na região de momento 
positivo, CD, a concavidade deve ser para cima. 
– Existe um ponto de inflexão em C, onde o momento é 
zero. 
– Os deslocamentos A e E são críticos, no ponto E a 
inclinação da curva elástica é zero e a deflexão da viga 
pode ser a máxima. 
– Se E será maior do que A dependerá das intensidades de 
P1 e P2, e da posição do rolete em B. 
 
19 
Deflexão de Vigas 
Veja como a curva elástica da Fig. 12-4 foi construída. Aqui a viga esta 
engastada em A, logo a curva elástica terá inclinação e deslocamento zero 
neste ponto. O maior deslocamento ocorrerá ou em D ou em C. 
 
20 
Deflexão de Vigas 
Relação Momento-Curvatura. 
Considere a viga da Fig. 12-5a 
Retire um pequeno elemento a uma distancia x da 
origem e de comprimento indeformado dx. (Fig. 
12-5b). 
A coordenada y é medida da linha elástica (linha 
neutra) até a fibra da viga de comprimento original 
ds = dx e comprimento deformado ds’ . 
Vimos que a relação deformação normal desta fibra 
com o raio de curvatura gerado pelo momento 
interno é 
 
 
Da Lei de Hooke, , 
substituindo na Eq.(12-1), 
21 
Deflexão de Vigas 
Relação Momento-Curvatura. 
O sinal de  dependerá da direção do momento. Da 
Fig. 12-6, quando M é positivo o centro de 
curvatura encontra-se acima da viga e quando M é 
negativo encontra-se abaixo da viga. 
Inclinação e Deslocamento por Integração. 
A equação da curva elástica na Fig. 12-5a será 
definida pelas coordenadas v e x , assim, para 
determinar a deflexão v = f (x) precisamos 
representar a curvatura (1/) em termos de v e x. 
 Do cálculo diferencial temos, 
 
 
Substituindo na Eq.(12-2), 
 
 
Esta é uma eq. dif. não linear de difícil solução! 
 
22 
Deflexão de Vigas 
Inclinação e Deslocamento por Integração. 
Esta equação pode ser modificada, pois as aplicações 
de engenharia restringem a deflexão máxima de 
uma viga. 
Logo, a inclinação da curva elástica,  = dv/dx, será 
muito pequena e o seu quadrado será desprezível. 
Assim, a Eq.(12-4) da curvatura pode ser aproximada 
como: 
 
 
Se derivarmos ambos os lado deste equação, 
 
 
lembrando que V(x) = dM/dx, 












EI
M
dx
d
dx
vd
dx
d
2
2
dx
dM
dx
vd
EI
dx
d







2
2
23 
Deflexão de Vigas 
Inclinação e Deslocamento por Integração. 
Derivando uma vez mais, 
 
 
lembrando que w(x) = dV/dx teremos, 
 
 
Para muitos problemas de engenharia a rigidez à flexão (EI) será constante ao 
longo da viga. Assim, teremos 
 
 
 
 
 
 
A solução destas equações requer sucessivas integrações para obter v ! 
dx
dV
dx
vd
EI
dx
d






2
2
2
2
24 
Deflexão de Vigas 
Condições de Contorno. 
Para cada integração uma “constante de integração” 
será introduzida, no final as constantes são 
determinadas usando as condições de contorno 
“conhecidas”. Estas podem ser condições dos 
esforços internos (M,V) ou dos deslocamentos 
(,v). 
Condição de Continuidade. 
Em alguns casos descontinuidades no domínio do 
problema requerem que condições de 
continuidade sejam aplicadas para a obtenção das 
constantes de integração (Fig. 12-8). O ponto B na 
da curva elástica requer 
Solução: 
Curva elástica. Da simetria apenas uma coordenada 
x é necessária para a solução, neste caso 0  x  L/2. 
Função momento. Usando o método das seções 
obtemos o DCL da Fig. 12-10b, 
 
 
 
 
Inclinação e curva elástica. Usando a Eq.(12-10) e 
integrando 2 vezes, teremos 
25 
Exemplo 12.1 – A viga mostrada na Fig. 12-10a suporta o 
carregamento distribuído triangular. Determine sua 
deflexão máxima. EI é constante. 
Solução: 
Inclinação e curva elástica. Da condição de 
contorno v(0) = 0 e da condição de continuidade 
(simetria em B)  (L/2) = dv/dx = 0, aplicadas nas 
equações anteriores produz 
 
 
 
 
 
Logo, 
 
 
 
A deflexão máxima em x = L/2 será, 
 
26 
Exemplo 12.1 – A viga mostrada na Fig. 12-10a suporta o 
carregamento distribuído triangular. Determine sua 
deflexão máxima. EI é constante. 
      02
8
2
12
2 1
2040  CL
Lw
L
L
w
LEI
dx
dv
EI 
        000
24
0
60
0 21
3050  CC
L
w
L
w
EIv
Solução: Curva elástica. A viga deflete como 
mostrado na Fig. 12-12b. 
Duas seções devem ser usadas, uma antes de B (x1) e 
outra depois (x2), como mostram os DCL’s da Fig. 
12-12c . 
Função Momento. Calculando os momentos 
internos, 
 
 
Inclinação e curva elástica. Aplicando a Eq.(12-10) 
para M1 (0  x1  2 m) e integrando 2 vezes, 
27 
Exemplo 12.3 – A viga simplesmente apoiada mostrada 
na Fig. 12-12a está sujeita a uma força concentrada. 
Determine sua deflexão máxima da viga. EI é constante. 
Solução: Inclinação e curva elástica. Igualmente 
para M2 (2 m  x2  3 m) e integrando 2 vezes, 
 
 
 
 
 
Usando as duas condições de contorno v1(0) = 0 e 
v2(3) = 0, e as duas condições de continuidade em B 
dv1/dx1= 1(2) = dv2/dx2 = 2 (2) e v1(2) = v2(2), 
teremos, 
28 
Exemplo 12.3 – A viga simplesmente apoiada mostrada 
na Fig. 12-12a está sujeita a uma força concentrada. 
Determine sua deflexão máxima da viga. EI é constante. 
Solução: Inclinação e curva elástica. Igualmente 
para M2 (2 m  x2  3 m) e integrando 2 vezes, 
 
 
 
 
 
Usando as duas condições de contorno v1(0) = 0 e 
v2(3) = 0, e as duas condições de continuidade em B 
dv1/dx1= 1(2) = dv2/dx2 = 2 (2) e v1(2) = v2(2), 
teremos, 
29 
Exemplo 12.3 – A viga simplesmente apoiada mostrada 
na Fig. 12-12a está sujeita a uma força concentrada. 
Determine sua deflexão máxima da viga. EI é constante. 
Solução: Inclinação e curva elástica. 
 
 
 
 
Resolvendo, 
 
 
Logo as Eqs. (1) a (4), tornam-se: 
30 
Exemplo 12.3 – A viga simplesmente apoiada mostrada 
na Fig. 12-12a está sujeita a uma força concentrada. 
Determine sua deflexão máxima da viga. EI é constante. 
Solução: Inclinação e curva elástica. 
Por inspeção da curva elástica Fig12-12b, a deflexão 
máxima ocorre em D, em algum lugar de AB onde a 
inclinação deve ser zero. 
Da Eq. (5), 
 
 
Substituindo na Eq.(6), 
31 
Exemplo 12.3 – A viga simplesmente apoiada mostrada 
na Fig. 12-12a está sujeita a uma força concentrada. 
Determine sua deflexão máxima da viga. EI é constante. 
32 
Deflexão de Vigas 
Integração com Funções de Descontinuidade. 
O método da integração usado para determinar a equação da curva elástica, é 
conveniente se os esforços internos poderem ser expressos como funções 
contínuas ao longo da viga. 
Se diversas cargas diferentes atuam na viga, o método pode se tornar 
trabalhoso, pois funções dos carregamentos separadas precisam ser escritas 
para cada região da viga, o que pode requerer a avaliação de várias 
constantes de integração obtidas de condições de contorno e condições de 
continuidade. 
Nesta seção mostramos um método de determinação da equação da curva 
elástica que usa uma única expressão, seja formulada diretamente do 
carregamento da viga, w = w(x), ou do momento interno da viga, M = 
M(x). 
Em seguida, quando esta expressão para w é substituída em e 
integrada quatro vezes, ou se a expressão para M é substituída em 
, e integrada duas vezes as constantes de integração terão de 
ser obtidas somente com as condições de contorno. 
Solução: 
1. Equação do carregamento. 
 
2. Condições de contorno. 
 
3. Integração das Eq. Dif. 
33 
Exemplo 12.5 – Determine a equação da curva elástica 
para a viga engasta mostrada na Fig. 12-17a. EI é 
constante. 
  200 5505808

 xxxxw
  00 e 0;(0) kN; 0)m 9( );(explicar! kN 12)m 9(  vMV 
  200
4
4
5505808

 xxxxw
dx
vd
EI
  1
111
3
3
5505808 CxxxxV
dx
vd
EI 

  21
022
2
2
5505404 CxCxxxxM
dx
vd
EI 
  32
2
1
133
2
1
5505
3
4
0
3
4
CxCxCxxxxEI
dx
dv
EI  
  43
2
2
3
1
244
2
1
6
1
5255
3
1
0
3
1
CxCxCxCxxxxEIv 
Solução: 
4. Constantes de Integração. 
34 
Exemplo 12.5 – Determine a equação da curva elástica 
para a viga engasta mostrada na Fig. 12-17a. EI é 
constante. 
  5212404088)0(50)5(8)0(8129 111
11  CCxxCxxV
 
258)9(5250100)9(40
)1(50)2510(44
)5(50)5(4)0(409
22
21
22
21
022



CC
CxCxxx
CxCxxxM
 
0)0()0(
2
1
)0(50)0(
3
4
)0(
3
4
2
1
)0(50)0(
3
4
)0(
3
4
00
332
2
1
3
32
2
1
3


CCCC
CxCxCxEI
 
0)0()0(
2
1
)0(
6
1
)0(25)0(
3
1
)0(
3
1
2
1
6
1
)0(25)0(
3
1
)0(
3
1
00
443
2
2
3
1
4
43
2
2
3
1
4


CCCCC
CxCxCxCxEIv
Solução: 
5. Equações Finais. 
 
 
 
 
 
 
 
6. Equação da Curva Elástica. 
 
35 
Exemplo 12.5 – Determine a equação da curva elástica 
para a viga engasta mostrada na Fig. 12-17a. EI é 
constante. 
  525505808
111
3
3


xxxxV
dx
vd
EI
  258525505404
022
2
2
 xxxxxM
dx
vd
EI
  xxxxxxEI
dx
dv
EI 25858
2
1
5505
3
4
0
3
4 2133  
  23244
2
258
6
52
5255
3
1
0
3
1
xxxxxxEIv 
  





 23
244
129
3
26
5255
3
1
0
3
11
xxxxx
EI
xv
  





 23
244 129
3
26
5255
3
1
3
11
xxxxx
EI
xv
Solução: 
1. Equação do carregamento. 
 
2. Condições de contorno e de restrição. 
 
3. Integração das Eq. Dif. 
36 
Exemplo 12.6 – Determine a deflexão máxima da 
viga engasta mostrada na Fig. 12-18a. EI é 
constante. 
  101

 xRxw A
  0)10( e ;030 kip.ft; 120(30) ;0)0( ip;k 8)0(  vvMMV
  1
4
4
01

 xRxw
dx
vd
EI A
  1
0
3
3
01 CxRxV
dx
vd
EI A 
  21
1
2
2
01 CxCxRxM
dx
vd
EI A 
  32
2
1
2
2
1
01
2
1
CxCxCxRxEI
dx
dv
EI A  
  43
2
2
3
1
3
2
1
6
1
01
6
1
CxCxCxCxRxEIv A 
RA 
Solução: 
4. Constantes de Integração. 
37 
  8)0(80 11  CCRV A
  0)0()0(00 221  CCCRM A
 
2800030)30()30)(0(
2
1
)30)(8(
6
1
)1030(
2
1
6
1
)10(
6
030
4343
233
43
2
2
3
1
3


CCCC
CxCxCxCx
R
EIv A
Exemplo 12.6 – Determine a deflexão máxima da 
viga engasta mostrada na Fig. 12-18a. EI é 
constante. 
RA 
 
6
120240200)30(8)1030()10(12030 21
1


A
AAA
R
RRCxCxRM
 
8000660)10()10)(0(
2
1
)10)(8(
6
1
2
1
6
1
)0(010
4343
23
43
2
2
3
1


CCCC
CxCxCxCREIv A
12000 3.1333 43  CC
Solução: 
4. Equações Finais. 
 
 
 
 
 
 
Da figura o deslocamento máximo pode ocorrer em 
C ou D. Da Eq.(2) em x = 0, teremos: 
Da Eq.(1) com x > 10 e dv/dx = 0, 
 
Da Eq.(1) teremos, 
38 
Exemplo 12.6 – Determine a deflexão máxima da 
viga engasta mostrada na Fig. 12-18a. EI é 
constante. 
RA 
 
  (2) 120003.1333
3
4
01
12000)3.1333()0(
2
1
)8(
6
1
01)6(
6
1
33
233


xxxxEIv
xxxxxEIv
 
  (1) 3.13334013
3.1333)0()8(
2
1
01)6(
2
1
22
22


xxxEI
dx
dv
EI
xxxxEI
dx
dv
EI

