2 Exercicios resolvidos de CIV 107

Prévia do material em texto

Exercícios do item 1.5: 1) Calcule a força de tração nas duas barras da estrutura abaixo. 
 
0
111 87,36)75,0(tanarc4
3
tan =θ→=θ→=θ 
0
222 13,53)333,1(tanarc3
4
tan =θ→=θ→=θ 
 
 0)13,53(cosF)87,36(cosF:0F o2
o
1x =+−=∑ 
 21
2
121 F75,0F8,0
F6,0
F06,0F8,0F =→=→=+− 
0000.12)13,53(senF)87,36(senF:0F o2
o
1y =−++=∑ 
 000.128,0F6,0F 21 =+ 
Colocando-se a força F1 na expressão acima, tem-se: 
 N600.9
25,1
000.12
F000.128,0F6,0F75,0 222 ==→=+⋅ 
 N200.7F9600x75,0F 11 =→= 
2) Calcule a força de tração nos dois cabos da figura. 
 
 
 
 000.6FF0F000.5000.1F:0F 2121y =+→=+−−=∑ 
N8,730.3F06,2xF8,1x000.57,0x000.1:0M 221 =→=−+=∑ 
N2,269.2F08,0x000.59,1x000.16,2xF:0M 112 =→=−−=∑ 
Exercícios do item 1.6: 1) Calcule as reações nos apoios da viga abaixo. 
 
 
 0H:0F Ax ==∑ 
000.14VV0V000.14V:0F BABAy =+→=+−=∑ 
N000.8V05,3xV0,2x000.14:0M BBA =→=−=∑ 
N000.6V05,1x000.145,3xV:0M AAB =→=−=∑ 
2) Calcule as reações no apoio da viga em balanço (ou viga cantilever). 
 
 
 0H:0F bx ==∑ 
000.1V0000.1V:0F bby =→=−=∑ 
m.N000.3M0M0,3x000.1:0M bbO =→=−=∑ 
 
 
Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. 
Dado: γs = 77 kN/m3 
 
 
 
A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção 
transversal: 
2mm000.3300x62x100x6A =+= 
Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− == 
m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= − 
 
 
 
0H0F Ax =→=∑ 
L.qVV0F BAy =+→=∑ 
 
Então: N20790,9x231VV BA ==+ 
 
0
2
L
.L.qL.V0M AB =−→=∑ 
 
2
Lq
V
2
Lq
V BA =→= 
 N5,1039
2
0,9x231
VV BA === 
 
 2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. 
 Dado: γs = 77 kN/m3 
 
 
 
 
0H0F Bx =→=∑ 
N20790,9x231L.qV0F By ===→=∑ 
m.N5,9355
2
qL
M0M
2
L
.L.q0M
2
BBo ==→=+−→=∑ 
 
Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força 
resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser 
usada para mais nada. 
 
 
Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura. 
Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm 
 
 
 
Área dos cabos 1 e 2: 
 221
2
21 mm7,506AA)7,12(AA ==→π== 
Tensão normal nos cabos 1 e 2: 
 2
2
1
1
1 mm/N48,4
)mm(7,506
)N(2,269.2
A
F ===σ 
 2
2
2
2
2 mm/N36,7
)mm(7,506
)N(8,730.3
A
F ===σ 
2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. 
Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm 
 
 
 
 21
o
2
o
1x FF0)45cos(F)45(cosF:0F =→=+−=∑ 
0000.5)45(senF)45(senF:0F o2
o
1y =−+=∑ 
N1,3536FF000.5707,0F2 211 ==→= 
 
Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2: 
 2
2
1
1
1 mm/N8,28
)25,6(
1,3536
A
F =
π
==σ 
 2
2
2
2
2 mm/N3,11
)10(
1,3536
A
F =
π
==σ 
 
3) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. As duas barras têm seção 
transversal circular. Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm 
 
 
 
866,0FF0)30cos(FF:0F 21
o
21x ⋅−=→=+=∑ 
N000.50F0000.52)30(senF:0F 2
o
2y −=→=+=∑ 
N300.43F866,0.)000.50(F 11 =→−−= 
 
Tensão normal nas barras 1 e 2: 
 2
2
1
1
1 mm/N0,245
)5,7(
300.43
A
F =
π
==σ 
 2
2
2
2
2 mm/N2,159
)10(
000.50
A
F −=
π
−==σ 
 
4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e 
largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da 
força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N 
 
 
 
 2mm/N44,44
15x12
000.8
A
F ===σ 
 2Engaste mm/N67,2625x12
000.8
A
F ===σ 
 
5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os 
diagramas de força normal e de tensão normal. 
Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal 
 
 
Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a 
ser externos. A parte recortada também tem que estar em equilíbrio, pois qualquer 
parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x): 
representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo. 
 
 
xA)x(N0xA)x(N:0Fy γ=→=γ−=∑ 
 x
A
Ax
A
)x(N γ=γ==σ 
 
Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25 
mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F = 
30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o 
alongamento da barra é de 2,0 mm. 
 
2
2
mm/N1,61
)5,12(
000.30
A
F =
π
==σ 
 
310x5,2
)mm(800
)mm(0,2
L
L −==∆=ε 
 
2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação 
linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro 
externo igual a 16 cm. 
 
P: Perímetro externo do poste: cm27,508.2R2P =π=π= 
 68,0
30
3027,50
L
LL
L
L
i
if
i
=−=−=∆=ε 
 
Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 
mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente, 
determinou-se a deformação linear específica longitudinal oo
o
L /3=ε . Calcule a 
tensão normal, a variação do comprimento e do diâmetro da barra. Dado: ν = 0,25. 
 
 
2
2x
mm/N1,19
)10(
000.6
A
F =
π
==σ 
003,0
1000
3
/3 oo
o
xL ===ε=ε 
mm5,4L1500.10x0,3LL
L
L
x
3
xxx
x
x
x =∆→=ε=∆→
∆=ε − 
yyy
y
y
y LLL
L
ε=∆→
∆
=ε 
ddL yy ε=∆=∆ 
43
xy
x
y 10x5,710x0,3x25,0 −− −=−=εν−=ε→
ε
ε
−=ν 
mm015,020x10x5,7d 4 −=−=∆ − 
 
2) Calcule o volume final da barra do problema anterior. 
Vi : volume inicial da barra; Vf: volume final da barra 
 
32
iii mm9,238.471500.1x)10(LAV =π== 
3
2
fff mm9,943.471)5,41500(x4
)015,020(
LAV =+−π== 
3
if mm7059,238.4719,943.471VVV =−=−=∆ 
 
 
Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um 
ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e 
comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule: 
a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP); 
b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY); 
c) a tensão última (σU); 
 
 
 
4
30.
4
D
R.A
22
2 π=π=π= = 2mm86,706 
a) MPa15,14mm/N15,14
86,706
000.10
P
2
P =σ→==σ 
b) MPa98,16mm/N98,16
86,706
000.12
Y
2
Y =σ→==σ 
c) MPa29,28mm/N29,28
86,706
000.20
U
2
U =σ→==σ 
Exercícios do item 2.5: 1) Calcule o módulo de Young (Ε) da barra do problema 
anterior. 
εΕ=σ . 
310x75,3
mm800
mm3
L
L −=ε→=∆=ε 
3
2
10x75,3
mm/N15,14
−=ε
σ=Ε 2mm/N3,773.3=Ε→ 
MPa3,773.3:Ou =Ε GPa77,3= 
 
2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao 
aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da 
placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36 
 
 
Lei de Hooke: σ=Εε xx σ=Εε→ 
 
9
6
x
x
10x120
10x81=
Ε
σ
=ε → 4x 10x75,6
−=ε 
 mm405,0600x10x75,6L
L
L 4
x
x
x
x ==∆→
∆=ε − 
 mm405,600405,0600LFab =+= 
 
Coeficiente de Poisson (ν): 
 
x
y
ε
ε
−=ν → xy εν−=ε =
410x75,6x36,0 −− = 410x43,2 −− 
 mm1458,0600x10x43,2L
L
L 4
y
y
y
y −=−=∆→
∆
=ε − 
 mm8542,5991458,0600LFcd =−= 
3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal 
circular. Sendo dados d1 = 8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule: 
a) o valor do ângulo θ sabendo σ1 = σ2 ; 
b) valor da tensão normal nas duas barras; 
c) a deformação linear específica das duas barras. 
 
 
 
 
 
 
θ
=→=−θ→=∑ sen
P
F0PsenF0F 22y 
 θ
θ
=→=θ−→=∑ cossen
P
F0cosFF0F 121x 
a) 
2
2
1
1
21 A
F
A
F =→σ=σ 
 
36
1
16
cos
)6(
sen
P
)4(
sen
cosP
22
=θ→
π
θ=
π
θ
θ
 
 o61,63
36
16
cosarc =θ→




=θ 
 
b) 
2
o
o
1
1
1
)4(
)61,63(sen
)61,63(cosP
A
F
π
==σ = 2mm/N2,145496,0
16
81,91500 =⋅
⋅π
⋅
 
=
⋅π
⋅
=
π
==σ
36
8958,0
81,91500
)6(
)61,63(sen
P
A
F
2
o
2
2
2 
2mm/N2,145 
 
c) Lei de Hooke:σ=Εε 
 3123
2
1111 10x074,2
)mm/N(10x70
)mm/N(2,145 −=ε→=ε→σ=Εε 
 
 3223
2
2222 10x21,1
)mm/N(10x120
)mm/N(2,145 −=ε→=ε→σ=Εε 
 
Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular, 
tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 
N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 200 GPa, calcule: 
a) o diâmetro da barra; 
b) a tensão normal. 
 
a) mm18,6R
R10x200
6000x10
5,2
AE
LF
L
23
4
=→
π⋅
=→=∆ 
 
 Então: d = 12,36 mm 
 
b) 2
2
4
mm/N34,83
)18,6(
10
A
F
=
π
==σ 
 
2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. 
Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa 
 
 
 
 
mm22,0
7,50610x70
3500x2,2269
L
AE
LF
L
31
11
11
1 =
⋅
=∆→=∆ 
 
mm37,0
7,50610x70
3500x8,3730
L
AE
LF
L
31
22
22
2 =
⋅
=∆→=∆ 
 
3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo. 
 
Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 200 GPa; Ε2 = 120 GPa 
 
 
 
 
mm14,0
7,12210x200
1000x1,3536
L
AE
LF
L
31
11
11
1 =
⋅
=∆→=∆ 
 
mm19,0
2,31410x120
2000x1,3536
L
AE
LF
L
31
22
22
2 =
⋅
=∆→=∆ 
 
Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da 
força de 200 kN. Dados: A = 800 mm2; Ε = 70 GPa 
 
 
 
mm18,22
80010x70
1800x000.250
80010x70
3600x000.80
80010x70
5400x000.200
AE
LF
H
333
n
1i ii
ii =
⋅
+
⋅
−
⋅
==∆ ∑
=
 
 
2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo 
dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule: 
a) a tensão normal nas duas barras; 
b) o alongamento da barra. 
 
 
a) 221 mm9,153)7(A =π= 
22
2 mm3,50)4(A =π= 
2
1 mm/N98,51
9,153
8000
==σ 
2
2 mm/N64,59
3,50
3000
==σ 
 
b) mm91,1
9,15310x70
2000x000.5
9,15310x70
2000x000.3
3,5010x70
500x000.3
L
333
=
⋅
+
⋅
+
⋅
=∆ 
3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados: 
A = 7,1 x 10− 4 m2; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m3 
 
 
 
• A tensão normal máxima ocorre no apoio: 
266
4máx
m/N10x22,010x63,55x300.44
10x1,7
000.4
L
A
F
+=+=γ+=σ
−
 
 MPa85,5m/N10x85,5 26máx ==σ 
 
• Cálculo do alongamento: 
 
 
E2
L
AE
LF
L
2γ
+=∆ 
O alongamento máximo ocorre na extremidade livre: 
 
m10x61,410x41,1
10x120x2
544300
10x1,710x120
0,3x000.4
L 64
9
2
49máx
−−
−
+=
⋅
+
⋅
=∆ 
 mm146,0m10x46,1L 4máx ==∆
−
 
 
Exercícios do item 3.3: 1) Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o 
deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. 
Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 200 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − 4 m2 
 
 
 
Diagrama de corpo livre: 
 
 
055cosF55cosF0F o1
o
1x
=+−→=∑ 
0PF55senF.20F 2
o
1y
=−+→=∑ 
De onde: 1,64 F1 + F2 = P (1) 
 
Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra 
equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. 
 
 
 
 
 11
o
22
11
11o
22
22 LF35cosLF
AE
LF
35cos
AE
LF
=→= 
 
Cálculo do comprimento da barra 1: L1 cos35o = L2 
m44,2L
35cos
0,2
L 1o1
=→= 
Da equação de compatibilidade: 
121
o
2 F49,1F44,2F35cos0,2xF =→= (2) 
 
Colocando-se a equação (2) na equação (1), tem-se: 
 
1,64 F1 + 1,49 F1 = P 
 
N4792F000.15F13,3 11 =→= 
 F2 = 7.140 N 
Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2:: 
MPa96,23
10x2
4792
A
F
14
1
1
1 =σ→==σ −
 
MPa70,35
10x2
7140
A
F
24
2
2
2 =σ→==σ −
 
Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P: 
 
mm36,0V
10x2x10x200
000.2x7140
AE
LF
LV
49
22
22
2 =∆→==∆=∆ − 
 
 
Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A, 
suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal 
nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A. 
Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 200 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2 
 
 
 
 
0PFFV0F 21Ay =−++→=∑ (1) 
0d4xFd3xPd2xF0M 21A =+−→=∑ 
De onde: Px3Fx4Fx2 21 =+ (2) 
Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma 
vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos. 
 
 
21
21 LL2
d4
L
d2
L
∆=∆→
∆
=
∆
 
 
9
2
9
1
22
22
11
11
10x200
F
10x70
F
2
AE
LF
AE
LF
2 =→= 
 
De onde: F2 = 5,71 F1 (3) 
 
Colocando-se a equação (3) na equação (2), tem-se: 
 
Px3F71,5x4Fx2 11 =+ 
 24,84 F1 = 3 x 58.000 → F1 = 7.004,83 N 
 F2 = 39.997,58 N 
Cálculo da tensão normal nos cabos: 
MPa01,14
10x5
83,004.7
A
F
14
1
1
1 =σ→==σ − 
MPa00,80
10x5
58,997.39
A
F
24
2
2
2 =σ→==σ − 
Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1): 
 
N59,997.10000.5858,997.3983,004.7PFFV 21A =+−−=+−−= 
 
Exercício 3): A barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e 
solicitada por uma força axial F. Determine as reações nos apoios A e B. 
 
 
 
 0HFH0F BAx =+−→=∑ (1) 
 
 
O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o 
deslocamento que o apoio retirado está impedindo. 
 
Colocando-se o apoio retirado, tem-se: 
 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
 
L
a.F
H
EA
L.H
EA
a.F
LL B
B
21 =→=→∆=∆ 
 
L
b.F
H)aL(
L
F
L
a.F
L
L
F
L
a.F
FHHFH AABA =→−=−=−=→−=
 
Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e 
F2. Calcule: 
a) as reações nos apoios indeformáveis A e B; 
b) a tensão normal no meio da barra. 
Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm2 
 
 
 
Superposição dos efeitos: 
 
 
N6,384.1
6,2
8,1x000.2
L
b.F
H 11A === N4,615
6,2
8,0x000.2
L
a.F
H 11B === 
 
 
 
N7,807
6,2
6,0x500.3
L
b.F
H 22A === N3,692.2
6,2
0,2x500.3
L
a.F
H 22B === 
 
 
N9,5767,8076,384.1HHH 2A
1
AA =−=+= 
N9,076.23,692.24,615HHH 2B
1
BB =+−=+= 
Cálculo da tensão normal no meio da barra: 
 F = força normal axial no meio da barra 
F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N 
Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N 
Então: MPa1,7:oumm/N1,7
200
1,423.1
A
F 2 =σ===σ 
 
Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calcule 
as reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N. 
Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 − 3 m2 
 
 
 
OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: 
 HÁ = 18.000 N e HB = 0.0 
 
Vamos retirar o apoio B: 
 
mm8,4
10x5x10x5,1
000.2x000.18
EA
000.2xF
L
391
===∆
−
 
 
Colocando-se o apoio B, a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm. 
 
 
N5,562.6H0,28,4
10x5x10x5,1
200.3xH
B39
B =→−=
−
 
N5,437.115,562.6000.18HFHH ABA =−=→=+ 
 
 
Exercícios Capítulo Três, item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão 
quando a temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis 
calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC. 
Dados: Ε = 200 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC 
 
 
Retirando-se o apoio B, tem-se: 
 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos 
TF LL ∆=∆ 
TL
EA
FL
∆α= 
TE ∆α=σ 
30x10x7,11x10x200 69 −=σ 
26 m/N10x20,70=σ 
 
Ou: σcompressão = 70,20 MPa 
 
 
 
2) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C. 
Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra 
quando a temperatura descer para − 60ºC. 
Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Compatibilidade dos deslocamentos 
TF LL ∆=∆ 
TL
EA
FL
∆α= 
TE ∆α=σ85x10x6,21x10x70 69 −=σ 
26 m/N10x52,128=σ 
 
 
Ou: σtração = 128,52 MPa 
 
3) Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C o apoio B 
se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável. 
Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m 
 
 
 
T
3
F L10x3L ∆=+∆
−
 
TL10x3
EA
FL 3
∆α=+
−
 
TL10x3
E
L 3
∆α=+
σ −
 
85x4x10x6,2110x3
10x70
4x 63
9
−−
=+
σ
 
 
33
9
10x310x344,7
10x70
4x −−
−=
σ
 
26 m/N10x02,76=σ 
 
Ou: σtração = 76,02 MPa 
 
4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a 
temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a 
temperatura subir para 100º C. 
Dados: Ε1 = Ε2 = 200 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 − 6 /oC; Α1 = 600 mm2 ; 
Α2 = 300 mm2 
 
 
 
TLTLL 2211T ∆α+∆α=∆ 
 
82x400x10x1282x500x10x12L 66T
−−
+=∆ = 0,8856 mm 
 
 
 
 
22
2
11
1
F
AE
FL
AE
FL
L +=∆ 
 
300x10x200
400xF
600x10x200
500xF
L
33F
+=∆ = 1,083 x 10 – 5 . F 
 
 ∆LF = ∆LT 
 
 então: 1,083 x 10 – 5 . F = 0,8856 
 
 F = 81.772,85 N 
 
Cálculo da tensão normal: 
2
1
1 mm/N29,136
600
85,772.81
A
F
===σ 
 
Ou: σ1 = 136,29 MPa 
 
2
2
2 mm/N58,272
300
85,772.81
A
F
===σ 
 
Ou: σ2 = 272,58 MPa 
 
 
 
5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é 
igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na 
barra quando a temperatura for igual a: 
a) 10º C; 
b) 70º C; 
c) 105º C; 
Dados: Ε = 70 GPa; que α = 20 x 10 − 6 /oC 
 
 
 
 
 
a) σ = 0,0 
b) mm5,2mm25,245x500.2x10x20L 6T <==∆
− 
Portanto, a barra não vai encostar no apoio B, então: σ = 0,0 
c) mm5,2mm0,480x500.2x10x20L 6T >==∆
− 
 
 
 
2
compressão33F
mm/N42
10x70
500.2x
5,1
A10x70
500.2xF
L =σ→
σ
=→=∆ 
 
 
 
6) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 
− 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir 
para 40º C. Considere que a barra ab tenha coeficiente de dilatação térmica 
insignificante. Dados: α1 = 23 x 10 − 6 /oC; α2 = 12 x 10 − 6 /oC 
 
 
 
 
 
mm93,045x900x10x23TLLT 6111 ==∆α=∆
−
 
mm49,045x900x10x12TLLT 6222 ==∆α=∆
−
 
 
 
 
 
 
290
x
30
49,093,0
290
x
30
LTLT 21
=
−
→=
∆−∆
 
mm25,4290.
30
44,0
x
30
44,0
290
x
==→= 
mm74,425,449,0d =+= 
7) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma 
temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o 
mesmo comprimento. 
Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC 
 
 
 
 
SAL LT005.35LT000.35 ∆+=∆+ 
TL005.35TL000.35 SSALAL ∆α+=∆α+ 
Tx005.35x10x7,11005.35T000.35x10x6,21000.35 66 ∆+=∆+ −− 
T410,0005.35T756,0000.35 ∆+=∆+ 
000.35005.35T410,0T756,0 −=∆−∆ 
C45,14T5T346,0 o=∆→=∆ 
C45,36T45,1422T o=→+= 
 
Observação: à temperatura t = 36,45ºC têm-se os seguintes comprimentos: 
mm92,010.3545,14x000.35x10x6,21000.35L 6AL =+=
−
 
mm92,010.3545,14x005.35x10x7,11005.35L 6S =+=
−
 
 
Exercícios do Capítulo Quatro: Exercício: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média 
que ocorre na cola. 
 
 
 
MPa5,2m/N10x5,2
10,0x04,0x2
000.20
A
F 26
mm ==τ→==τ 
 
Ou: 
MPa5,2mm/N5,2
100x40x2
000.20
A
F 2
mm ==τ→==τ 
 
 
2) Um bloco está solicitado por uma força F = 112 kN. Calcule: 
a) A tensão cisalhante média; 
b) O deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca. 
Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25 
 
 
 
a) →==τ
50x160
000.112
A
F
m 
2
m mm/N14=τ 
 
b) 
 
 γ=∆→∆=γ≅γ 80
80
tg 
 
Lei de Hooke no cisalhamento: γ=τ G 
 
 GPa35G
)25,01(2
5,87
)1(2
E
G =→
+
=
ν+
= 
 
 .rad10x4
)mm/N(10x35
)mm/N(14
G
4
23
2
−=γ→=τ=γ 
 
 mm032,010x4x80 4 =∆→=∆ − 
 
 
3) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média 
no cabo da estrutura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 2méd2méd mm/N7,7110x14,3
500.22
A
F
=τ→==τ 
 
 2méd2méd mm/N5,2927x14,3
000.45
A
F
=σ→==σ 
 
4) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 
35.000 N; d = 19,05 mm 
 
 
 
 
Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples) 
 
2
méd2méd
mm/N7,30
)525,9(x14,3x1x4
000.35
A
F
=τ→==τ 
 
 
5) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo. 
Dados: F = 200.000 N; 2
__
mm/N95=τ 
 
 
Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples) 
 
 
mm15,9R
)R(x14,3x1x8
000.200
95
A
F
2méd
=→=→=τ 
 
 Portanto: d = 18,3 mm 
 
6) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal 
nas chapas. Dado: d = 12 mm 
 
 
 
1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; An = 1 
 
2
méd2méd
mm/N1,22
)6(x14,3x1x6
000.15
A
F
=τ→==τ 
 
2mm/N50
100x3
000.15
A
F =σ→==σ 
 
2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; An = 2 
 
2
méd2méd
mm/N1,22
)6(x14,3x2x6
000.30
A
F =τ→==τ 
 
2mm/N50
100x6
000.30
A
F =σ→==σ 
 
 
 
7) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a 
tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 
kg. 
 
 
 
Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio 
de momentos fletores. 
 
 
 
 
050xF800xP0M A =−→=∑ 
 
N924.3F50xF800x81,9x25 =→= 
 
Cálculo da tensão cisalhante média no pino: 
 
 2m2m mm/N1,784x14,3
924.3
A
F
=τ→==τ 
 
 
 
Exercícios do Capítulo 5: 1) Para o eixo abaixo calcule: 
a) a tensão de cisalhamento máxima; 
b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; 
c) o deslocamento horizontal do ponto c. 
Dados: =T 4.600 N.mm; G = 60 GPa. 
 
 
a) 
J
r.T=τ 
( ) ( ) 4444i4e mm2,270.8J121832DD32J =→−
π=−π= 
 
MPa01,5:oumm/N01,5
2,270.8
9x600.4
máx
2
máx =τ==τ 
 
b) .rad10x42,7
2,270.8x10x60
800x600.4
GJ
TL 3
3
−===θ 
 
c) 
 
 
 mm067,010x42,7x9x9
9
tg 3 ==θ=∆→∆=θ≅θ − 
 
 
 
2) Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de torção 
indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da 
seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 GPa. 
 
 
 
J
r.T=τ onde: 444 mm3,592.613J50
32
D
32
J =→π=π= 
 
MPa67,1:oumm/N67,1
3,592.613
25x000.41
máx
2
máx =τ==τ 
 
GJ
TL=θ 
 .rad10x194,3
3,592.613x10x25
000.2x000.63
3,592.613x10x25
500.3x000.22 3
33B
−−=−=θ 
 
Resposta: .rad10x194,3 3B
−=θ (no sentido de 63.000 N.mm) 
 
 
 3) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 MPa. 
Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o 
valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde 
está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = 42 GPa. 
 
 
 
F12T = 
 44 mm75,2035J12
32
J =→π= 
N9,918F
75,2035
6F12
5,32
J
r.T
máx =→
⋅
==τ→=τ 
Cálculo do ângulo de torção: 
75,2035x10x42
5009,91812
GJ
TL
3
⋅⋅
==θ 
 .rad064,0=θ (ou: 3,7º) 
 
4) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é prismático e tem seção 
transversal circular. 
 
 
 
TTT0M BA =+→=∑ 
 
O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da 
“compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB: 
 
 
 
 
JG
a.T
GJ
TL
B ==θ 
 
Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo :|Bθ 
 
 
 
 
JG
L.TB|
B =θ 
Compatibilidade dos deslocamentos: 
 
JG
L.TB
B
|
B →θ=θ JG
a.T
= 
 
L
a.T
TB = 
Da equação de equilíbrio: 
=−=−=
L
a.T
TTTT BAT L
L
 
L
a.T
− 
 
L
b.T
T)aL(
L
T
T AA =→−= 
 
Exercício do item 5.5: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção 
vazada de parede fina com espessura t constante. 
 
tA2
T
méd =τ 
Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto 
 
2
médméd mm/N21,103x204.2x2
000.135 =τ→=τ 
 
 
 
 
Exercícios do item 6.4: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos 
KeJ,I . 
 
 
Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos: 
 M = − 15.000 N.m e V = − 5.000 N 
 44
3
Z m10x8,112
30,0x08,0
I −== 
Cálculo da tensão normal (σ): 
ZI
y.M=σ 
MPa5,12m/N10x5,12
10x8,1
)15,0(x000.15 26
I4I
==σ→−−=σ
−
 
0
10x8,1
)0(x000.15
J4J
=σ→−=σ
−
 
MPa5,12m/N10x5,12
10x8,1
)15,0(x000.15 26
K4K
−=−=σ→−=σ
−
 
 
 
 
Cálculo da tensão cisalhante (τ): 
ZI.b
Q.V
=τ 
0
10x8,1x08,0
0x000.5
4I
==τ
−
 
MPa3125,0m/N10x125,3
10x8,1x08,0
075,0x15,0x08,0x000.5 25
4J
===τ − 
0
10x8,1x08,0
0x000.5
4K
==τ
−
 
 
 
Exercício 2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual 
a 10 cm e altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule máxcmáxtmáx e, τσσ 
no meio da viga e no engaste. Dado; P = 30.000 N 
 
 
• No meio da viga tem-se: 
M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m 
V = − 30.000 N 
45
3
Z m10x8125,212
15,0x10,0
I −== 
MPa200m/N10x200
10x8125,2
)075,0(x000.75 26
5tmáx
==−−=σ − 
MPa200m/N10x200
10x8125,2
)075,0(x000.75 26
5cmáx
−=−=−=σ − 
MPa3m/N10x3
10x8125,2x10,0
)0375,0x075,0x10,0(x000.30 26
5máx
===τ
−
 
 
• No engaste da viga tem-se: 
M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m 
V = − 30.000 N 
44
3
Z m10x3021,112
25,0x10,0
I −== 
MPa144m/N10x144
10x3021,1
)125,0(x000.150 26
4tmáx
==−−=σ − 
MPa144m/N10x144
10x3021,1
)125,0(x000.150 26
4cmáx
−=−=
−
=σ
−
 
MPa8,1m/N10x8,1
10x3021,1x10,0
)0625,0x125,0x10,0(x000.30 26
4máx
===τ
−
 
 
 
 
Exercício 3: Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e 
a maior tensão cisalhante. 
 
 
 
 
N000.27VV0F BAY =+→=∑ 
09,3xV7,2x000.152,1x000.120M BA =−+→=∑ 
 N9,076.14VB = 
02,1x000.157,2x000.129,3xV0M AB =−−→=∑ 
 N1,923.12VA = 
44
3
Z m10x998,612
36,0x18,0
I −== 
MPa34,4m/N10x34,4
10x998,6
18,0x3,892.16 26
4tmáx
===σ − 
MPa34,4m/N10x34,4
10x998,6
)18,0(x3,892.16 26
4cmáx
−=−=−=σ − 
MPa326,0m/N2,854.325
10x998,6x18,0
09,0x18,0x18,0x9,076.14 2
4máx
===τ
−
 
 
Exercício 4: A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria 
vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão 
cisalhante. 
 
 
 
 
N500.12VV0F BAY =+→=∑ 
09x000.20,6xV0,4x500.40,2x000.60M BA =+−+→=∑ 
 N000.8VB = 
00,3x000.20,2x500.40,4x000.6Vx60M AB =+−−→=∑ 
 N500.4VA = 
Cálculo do momento de inércia IZ: 
44
33
Z m10x25,212
30,0x10,0
12
h.b
I −=== 
Cálculo das tensões normais extremas: 
26
4
Z
Tmáx m/N10x0,6
10x25,2
15,0x000.9
I
y.M ===σ
−
 = 6,0 MPa 
26
4
Z
Cmáx m/N10x0,6
10x25,2
)15,0(x000.9
I
y.M −=−==σ
−
 = − 6,0 MPa 
Cálculo de τmáx: 
ZIb
Q.V=τ 
25
4máx
m/N10x0,3
1025,2x10,0
)075,0x15,0x10,0(x000.6
==τ
−
 
 
Exercícios do item 6.7: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão do ponto A; 
d) a deflexão do ponto d. 
 
 
Colocando-se o sistema de referência no ponto A: 
 
 
 )x(M )x(vIE || −= 
 )Lx0(x.P )x(M ≤≤−= 
 x.P )x(vIE || += 
 1
2
| C
2
xP
 )x(vIE += 
Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 
2
PL
C0C
2
LP
 )L(vIE
2
11
2
| −=→=+= 
a) 
2
PL
2
xP
 )x(vIE
22
| −= 
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 
 
 2
23
C
2
xPL
6
xP
 )x(vIE +−= 
 
Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 
3
PL
2
PL
6
PL
C0C
2
LPL
6
LP
)L(vIE
333
22
23
=+−=→=+−= 
b) 
3
PL
2
xPL
6
xP
 )x(vIE
323
+−= 
 
c) 
3
PL
2
0PL
6
0P
 )0(vIE
323
+−= 
IE3
PL
 v)0(v
3
A == 
d) 
( )
3
PL
2
)2L(PL
6
2LP
 )2L(vIE
323
+−= 
 3
333
PL
48
)16121(
3
PL
4
PL
48
PL
)2/L(EIv
+−=+−= 
 
EI48
PL5
v)2/L(v
3
d == 
 
2) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão do ponto A; 
d) a deflexão do ponto d. 
 
 
 )Lx0(
2
qx
 )x(M
2
≤≤−= 
 
2
qx
 )x(vIE
2
|| += 
 
 
 1
3
| C
6
qx
 )x(vIE += 
Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 
6
qL
C0C
6
Lq
 )L(vIE
3
11
3
| −=→=+= 
a) 
6
qL
6
xq
 )x(vIE
33
| −= 
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 
 2
34
C
6
xqL
24
xq
 )x(vIE +−= 
Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 
8
qL
6
qL
24
qL
C0C
6
LqL
24
Lq
)L(vIE
444
22
34
=+−=→=+−= 
b) 
8
qL
6
xqL
24
xq
 )x(vIE
434
+−= 
c) 
8
qL
6
0qL
24
0q
 )0(vIE
434
+−= 
IE8
qL
 v)0(v
4
A == 
d) 
8
qL
6
)3/L(qL
24
)3/L(q
 )3/L(vIE
434
+−= 
 4
444
qL
1944
)2431081(
8
qL
18
qL
1944
qL
)3/L(EIv
+−=+−= 
 
EI243
qL17
EI1944
qL136
v)3/L(v
44
d === 
 
3) Sendo Ε Ι = constante, determine: 
a) a equação da tangente à linha elástica; 
b) a equação da linha elástica; 
c) a deflexão máxima; 
d) a rotação nos apoios. 
 
 
 
 
)Lx0(
2
qx
x
2
qL
2
qx
x V)x(M
22
A ≤≤−=−= 
 
2
qx
x
2
qL
 )x(vIE
2
|| +−= 
 1
3
2| C
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE ++−= 
 21
4
3 CxC
24
qx
x
12
qL
 )x(vIE +++−= 
Condições de contorno (ou condições de extremidades): 
 0)0(v = e 0)L(v = 
 0C0C0C
24
0q
0
12
qL
 )0(vIE 221
4
3 =→=+++−= 
 0LC
24
qL
L
12
qL
 )L(vIE 1
4
3 =++−= 
 
24
qL
C
24
qL
12
qL
 LC
3
1
44
1 =→−= 
a) 
24
qL
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE
33
2| ++−= 
b) x
24
qL
24
qx
x
12
qL
 )x(vIE
34
3 ++−= 
 
c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga: 
 
 )2/L(
24
qL
24
)2/L(q
)2/L(
12
qL
 )2/L(vIE
34
3 ++−= 
 4
444
qL
384
)814(
48
qL
384
qL
96
qL
 )2/L(vIE
++−=++−= 
 
 
IE384
qL5
 )2/L(vv
4
máx == 
Observação: Para vigas bi-apoiadas a deflexão máxima ocorre onde 
 
0)x(v| = 
0
24
qL
6
qx
x
4
qL
 )x(vIE
33
2| =++−= 
De onde: 
 
 0LxL6x40
24
L
x
4
L
 
6
x 323
3
2
3
=+−→=+− 
 
A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são: 
X1 = 1,366L 
X2 = 0,5L 
X3 = − 0,366L 
 
d) Rotação nos apoios: )x()x(v| θ≅ 
 
 
IE24
qL
)0(v
24
qL
6
0q
0
4
qL
 )0(vIE
3
A
|
33
2| =θ≅→++−= 
 
IE24
qL
)L(v
24
qL
6
qL
L
4
qL
 )L(vIE
3
B
|
33
2| −=θ≅→++−= 
 
 
 
 
 
4) Determine a deflexão no meio da viga. IE = constante. 
 
 
 
Trecho 1: )2/Lx0(x
2
P
)x(M ≤≤= 
 x
2
P
)x(vIE || −= 
 1
2| Cx
4
P
 )x(vIE +−= 
Para x = L/2: v|(L/2) = 0 
16
PL
C0C)2/L(
4
P
 )2/L(vIE
2
11
2| =→=+−= 
2
2
3 Cx
16
PL
x
12
P
 )x(vIE ++−= 
Para x = 0: v(0) = 0 
0C0C0
16
PL
0
12
P
 )0(vIE 22
2
3 =→=++−= 
Cálculo da deflexão no meio do vão: 
3
332
3 PL
96
)31(
32
PL
96
PL
)2/L(
16
PL
)2/L(
12
P
 )2/L(vIE
+−=+−=+−= 
 
IE48
PL
v)2/L(v
3
máx == 
5) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do 
módulo de elasticidade da viga abaixo. IE = constante. 
 
 
IE48
PL
v
3
máx = 
44
3
z m10x375,312
30,015,0
I −=⋅= 
4
3
10x375,3E48
)4,6(26000
006,0 −⋅⋅
= 
 29 m/N10x12,70E = ou: GPa12,70E = 
 
6) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo. IE = constante. 
Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m 
 
 
 
43
33
m10x083,2I
12
)5,0(20,0
12
hb
I −=→⋅== 
EI
qL00652,0
 v)L52,0(v
4
máx == 
m10x3,1
10x083,2x10x120
)5(x000.80x00652,0
v 3
39
4
máx
−
− == 
 
 
 
 
 
Exercícios do item 7.1: 1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais extremas 
e a posição da linha neutra. 
Dado: F = 100.000 N 
 
Reduzindo a força F ao centróide tem-se:MZ = 100.000 (N) x 100 (mm) = 1,0 x 10
7 N.mm 
 
z
z
I
yM
A
F
 
⋅
+=σ 
 
 
12
400x200
y10x0,1
400x200
100.000
 
3
7 ⋅−−=σ 
y10x375,91,25 3 ⋅−−=σ − 
 
Cálculo das tensões normais extremas: 
23
Tmáx mm/N625,0)200(10x375,91,25 =−−−=σ
− 
23
Cmáx mm/N125,3)200(10x375,91,25 −=−−=σ
− 
 
Equação da linha neutra: σ = 0 
y10x375,91,25 0 3 ⋅−−= − 
mm133,33
10x375,9
1,25
 y
3
−=
−
= − 
 
Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no 
engaste. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima. 
 
 
Seção transversal do engaste: 
 
Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m 
 
z
z
I
yM
A
F
 
⋅+=σ 
12
5,0x25,0
y23600
5,0x0,25
150.000
 
3
⋅−−=σ 
 
y10x06,910x1,2 66 ⋅−−=σ 
 
Cálculo das tensões normais: 
MPa06,1)25,0(10x06,910x1,2 66f =−⋅−−=σ 
MPa46,3)25,0(10x06,910x1,2 66g −=⋅−−=σ 
Equação da linha neutra: σ = 0 
y10x06,910x1,2 0 66 ⋅−−= 
 
m13,0
10x06,9
10x1,2
 y
6
6
−=
−
= 
 
 
Cálculo de τmáx: 
 
ZIb
QV
 
⋅
⋅=τ 
2
3máx
m/N000.96
10x604,2x25,0
0,125x0,25x0,25x8.000
 ==τ − 
 
 
Exercícios do item 8.4: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: ΕBC = 
120 GPa; LBC = 4,0 m. 
 
 
 
 
Cálculo da carga crítica do pilar BC: 
( )2fl
min
2
CR
L
IE
P
π
= 
4
3
min mm500.112
12
30x50
I == 
 
mm40004000x0,1LKLfl ==⋅= 
 
( )
N5,327.8
4000
112500x10x120
P
2
32
CR =
⋅π
= 
 
A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( CRP ) do 
pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC. 
 
2) Resolva o problema anterior considerando-se que o pilar BC está engastado no ponto 
C. 
 
 
Cálculo da carga crítica do pilar BC: 
( )2fl
min
2
CR
L
IE
P
π
= 
 
mm28004000x7,0LKLfl ==⋅= 
 
( )
N9,994.16
2800
112500x10x120
P
2
32
CR =
⋅π
= 
CRBC PF < , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 
 
3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com 
diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 200 GPa. 
 
 
o
32)848,0(cosarc
69,0
585,0
cos =θ→=θ→=θ 
 
P89,1
32sen
P
F0senFP0F
o22Y
−=−=→=θ+→=∑ 
θ−=→=θ+→=∑ cosFF0cosFF0F 2121X 
P60,132cos)P89,1(F
o
1
=−−= 
Cálculo da carga crítica da barra 2: 
 
( )2fl
min
2
CR
L
IE
P
π
= 
 
49
44
min m10x485,2
64
)015,0(
64
D
I
−=
π
=
π
= 
 
m69,069,0x0,1LKLfl ==⋅= 
 
( )
N9,302.10
69,0
10x485,2x10x200
P
2
992
CR
=
⋅π
=
−
 
 
Para que ocorra flambagem da barra 2: F2 = Pcr, então: 
 
 N3,5451P9,302.10P89,1 =→= 
 
 
Exercício do item 9.2: Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nas direções θ = 
60º e θ = 150º. 
 
 
MPa32
25x15
000.12
A
F
xx −=σ→
−==σ 
Para θ = 60º tem-se as tensões: 
MPa2460sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ 
 MPa86,1360cos.60sen)32(cos.sen. oox =−−=θθσ−=τθ 
Para θ = 150º tem-se as tensões: 
MPa8150sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ 
 MPa86,13150cos.150sen)32(cos.sen. oox −=−−=θθσ−=τθ 
 
Exercício do item 9.3: Duas peças de madeira são coladas como mostra a figura abaixo. 
A cola não pode ser tracionada e a tensão admissível ao cisalhamento é igual a 4,0 
MPa. Investigue se a solicitação na cola é admissível. 
 
 
θθτ+θσ+θσ=σθ sencos2cossen xy
2
y
2
x 
( ) ( )θ−θτ+θθσ−σ=τθ 22xyxy cossencossen 
Neste problema: σx = 2,0 MPa ; σy = − 5,0 MPa ; τxy = 0,0 
Para θ = 45º tem-se as tensões: 
MPa5,1045cos0,545sen0,2 o2o2 −=σ→+−=σ θθ 
( ) MPa5,3045cos45sen0,20,5 oo −=τ→+−−=τ θθ 
Conclusão: A solicitação na cola é admissível. 
 
Exercício do item 9.5: 1) Um elemento estrutural fica solicitado pelas tensões indicadas 
na figura abaixo. Calcule: 
a) as tensões e as direções principais (mostre os resultados em um elemento orientado); 
b) as tensões que atuam nos planos que formam ângulos de 100; 
c) a maior tensão de cisalhamento do plano xOy e a direção θ3. 
 
 
 
a) 2xy
2
yxyx
2
1 22
τ+




 σ−σ
±
σ+σ
=σ 
 
 ( )2
2
2
1 252
8535
2
8535 −+




 −±+=σ 
 
então: MPa36,951 =σ e MPa64,242 =σ 
 01
x1
xy
1 5,223536,95
25
tg −=θ→
−
−=
σ−σ
τ
=θ 
 
 
 02
2x
xy
2 5,6764,2435
25
tg =θ→





−
−−=






σ−σ
τ
−=θ 
 
 
 
 b) Para 010=θ , tem-se as tensões: 
 
 000202 10sen10cos)25(210cos8510sen35 −++=σθ MPa94,74= 
 ( ) )10cos10sen(2510cos10sen3585 020200 −−−=τθ MPa04,32= 
 
 
 
c) τ máx= 2xy
2
yx
2
τ+





 σ−σ
 
 τ máx= 2
2
)25(
2
8535 −+




 − = 35,36 MPa 
 
( )
0
33
yx
xymáx
3
51,22)4144,0(tanarc
5,0)8535(
2536,35
5,0
 
tg
=θ→=θ
⋅−
−−=








⋅σ−σ
τ+τ
−=θ
 
 
 
2) Para um ponto da barra abaixo calcule: 
a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um 
elemento orientado): 
b) τmáx do plano xoy e a direção θ3 . 
 
 
 
 
 22 mm68,126)35,6(A =π= 
 
 2
2x
mm/N71
)mm(68,126
)N(000.9
A
F ===σ 
a) 
( )2xy
2
yxyx
2
1 22
τ+





 σ−σ
±
σ+σ
=σ 
 
( )2
2
2
1 02
071
2
071 +




 −±+=σ 5,355,35 ±= 
 
 De onde: MPa711 =σ e 02 =σ 
 
Cálculo das direções principais: 
 
0
0
7171
0
tan
x1
xy
1 =−
=
σ−σ
τ
=θ (indeterminado) 
 
Neste caso, a fórmula acima não pode ser usada. Nos planos principais a tensão 
cisalhante é nula. Então, σx e σy são tensões principais: 
o
11x 90;MPa71 =θ=σ=σ 
o
22y 0;0 =θ=σ=σ 
 
 
 
 
 b) 
 
( )2xy
2
yx
min
máx 2
τ+





 σ−σ
±=τ 
 
( ) →+




 −±=τ 2
2
min
máx 02
071
 MPa5,35eMPa5,35 minmáx −=τ=τ 
( ) 15,0)071(
05,35
5,0
tan
yx
xymáx
3 −=





⋅−
+−=








⋅σ−σ
τ+τ
−=θ 
o
3 45)1(tanarc −=−=θ 
 
Observação: Em uma barra tracionada (ou comprimida) a tensão cisalhante máxima 
atua nos planos que formam 45º com o eixo x e seu valor é a metade da tensão normal 
máxima: 
2
x
máx
σ=τ . No entanto, dependendo da resistência do material máxτ pode 
romper uma barra. 
 
 
 
3) Um eixo maciço está solicitado por um torque Τ = 73.630 N.mm. Para um ponto 
localizado na superfície do eixo calcule usando o círculo de Mohr: 
a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um 
elemento orientado): 
 
b) τmáx do plano xoy e a direção θ3. 
 
O momento de torção (ou torque) produz um estado de cisalhamento puro. 
 
J
r.T=τ (Expressão válida para seção transversal circular) 
 4
44
mm3,592.613
32
)50(
32
D
J =π=π= 
 2xyxy mm/N33,613592
25x73630 =τ→=τ 
 
Círculo de Mohr: 
 
 
 
 
Elemento orientado da letra a: 
 
 b) τmáx = 3,0 MPa θ3 = 90º 
 
 
 
 
Exercícios do item 9.8: 1)Uma circunferência de raio r = 600 mm é desenhada em 
uma placa quadrada de lado L = 1400 mm. Determine os comprimentos dos diâmetros 
ab e cd depois de aplicadas as tensões indicadas. 
Dados: σx = 150 MPa; σy = 80 MPa ; Ε = 70 GPa ; ν = 0,3 
 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ] 366
9x
10x486,2)010x80(3,010x150
10x70
1 −=+−−=ε 
xxx LLL
L ε=∆→∆=ε 
mm98,2120010x486,21200L 3xab =⋅=⋅ε=∆
− 
mm98,1202L98,21200L1200L abFababF =→+=∆+= 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ] 366
9y
10x786,1)010x150(3,010x80
10x70
1 −−=+−−=ε 
yyy LLL
L ε=∆→∆=ε 
 
 
mm14,2120010x786,11200L 3ycd −=⋅−=⋅ε=∆
− 
mm86,1197L14,21200L1200L cdFcdcdF =→−=∆+= 
 
 2) Em uma chapa de liga de titânio desenhou-se uma linha inclinada. Calcule o valor em 
graus do ângulo β depois de aplicadas as tensões indicadas. 
Dados: σx = 90 MPa; σy = 70 MPa Εtitânio = 120 GPa ; νtitânio = 0,36 
 
o55,27)5217,0(tanarc
mm230
mm120
tg =β→=β→=β 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ] 466
9x
10x06,9)010x70(36,010x9010x120
1 −=+−−=ε 
xxx LLL
L ε=∆→∆=ε 
mm2208,023010x60,9230L 4xx =⋅=⋅ε=∆
− 
mm2208,230L2208,0230L230L FxxFx =→+=∆+= 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ] 466
9y
10x53,8)010x90(36,010x70
10x120
1 −−=+−−=ε 
yyy LLL
L ε=∆→∆=ε 
mm102,012010x53,8120L 4yy −=⋅−=⋅ε=∆
− 
mm898,119L102,0120L120L FyyFy =→−=∆+= 
 
o
FFF 51,27)5208,0(tanarcmm2208,230
mm898,119
tg =β→=β→=β 
 
 3) Uma barra está solicitada pela tensão normal σx. Para este caso demonstre que: 
 
ν−
ε+ε+ε
=σ
21
E)( zyx
x 
 
Lei de Hooke Generalizada: 
[ ])(
E
1
zyxx σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
zxyy σ+σν−σ=ε 
[ ])(
E
1
yxzz σ+σν−σ=ε 
Para uma barra solicitada pela tensão normal σx tem-se: 
[ ]
E
)00(
E
1 x
xx
σ
=+ν−σ=ε 
[ ]
E
)0(0
E
1 x
xy
νσ
−=+σν−=ε 
[ ]
E
)0(0
E
1 x
xz
νσ
−=+σν−=ε 
Somando as deformações εx , εy e εz tem-se: 
EEE
xxx
zyx
νσ
−
νσ
−
σ
=ε+ε+ε 
)1(
E
x
zyx ν−ν−
σ
=ε+ε+ε 
 
ν−
ε+ε+ε
=σ
21
E)( zyx
x 
4) Em muitas situações de carregamento a tensão normal em uma direção é igual a 
zero, como na chapa da figura abaixo onde σz = 0 (estado plano de tensão). Para este 
caso demonstre que: 
 
ν−
ε+εν
−=ε
1
)( yx
z 
 
Para uma chapa solicitada por σx e σy tem-se: 
[ ] )(
E
1
)0(
E
1
yxyxx νσ−σ=+σν−σ=ε 
[ ] )(
E
1
)0(
E
1
xyxyy νσ−σ=+σν−σ=ε 
[ ]
E
)(
)(0
E
1 yx
yxz
σ+σν
−=σ+σν−=ε 
Somando as expressões de εx e εy , tem-se: 
)(
E
1
yxyx νσ−σ=ε+ε + )(E
1
xy νσ−σ 
yxyx (E
1 νσ−σ=ε+ε + )xy νσ−σ 
)1()1(E)( yxyx ν−σ+ν−σ=ε+ε 
)()1(E)( yxyx σ+σν−=ε+ε 
De onde: 
ν−
ε+ε
=σ+σ
1
E)( yx
yx 
Colocando-se a expressão acima na expressão de εz, tem-se: 
E
1
)(
EE
)( yxyx
z ν−
ε+ε
⋅ν−=
σ+σν
−=ε 
ν−
ε+εν
−=ε
1
)( yx
z 
 
Exercícios sobre critério de resistência de von Mises (item 10.4) 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
1) Usando o critério de resistência de von Mises investigue se o eixo abaixo está em 
segurança. Dado: MPa100Y =σ 
 
 
 26
2x
m/N10x96,79
)025,0(
157000
A
F =
π
==σ 
 
J
rT ⋅=τ 26
4yx
m/N10x06,25
32
)05,0(
025,0x615 =
π
=τ→ 
 
Critério de von Mises: 
2
Y
2
xy
2
x )(3 σ<τ+σ 
222 100)06,25(3)96,79( <+ 
000.106,277.8 < 
 
Segundo o critério de von Mises o eixo está em segurança. 
 
 
 
2) Sabendo que MPa240Y =σ calcule o valor do momento de torção que inicia o 
escoamento do eixo abaixo. 
 
 
 
J
rT ⋅=τ T10x2595,3
32
)25(
5,12xT 4
4yx
−=
π
=τ→ 
 
2
Y
2
xy )(3 σ<τ 
 
224 240)T10x5259,3(3 =− 
 
57600T10x06243,1x3 27 =− 
 
 mm.N109.425T
10x72918,3
57600
T
7
2 =→= − 
 
Observação: Usando o critério de Tresca: Y31 σ<σ−σ 
 
2
xy
2
yxyx
2
1 22
τ+





 σ−σ
±
σ+σ
=σ 2xy
2
1 τ±=σ→ 
 
 
T10x2595,3 4xy1
−=τ+=σ ; T10x2595,3 4xy2
−−=τ−=σ 
 
 
 
 
As três tensões principais são: 
 
T10x2595,3 41
−=σ 02 =σ T10x2595,3
4
3
−−=σ 
Colocando as tensões principais extremas no critério de Tresca: 
 −− T10x2595,3 4 240)T10x5259,3( 4 =− − 
 De onde: Τ = 368.155 N.mm 
 
Comparação entre os critérios de von Mises e de Tresca: 
 1547,1
155.368
109.425
Tresca
Misesvon == 
 
Portanto, o valor do momento de torção que inicia o escoamento do eixo segundo o critério de 
von Mises é 15,47% maior que o valor fornecido pelo critério de Tresca. Esta é a diferença 
máxima entre os dois critérios e ocorre na torção pura. 
 
3) Sabendo que MPa400Y =σ calcule o valor da força P inicia o escoamento da viga 
abaixo. 
 
 
 
 
A
F
I
yM
Z
+=σ 
 
P100,5xP2M −=−= 
30,0x2,0
P15
12
3,0x2,0
yP10
3
−−=σ 
 
 
P250y.P22,222.22 −−=σ 
 
Tensão normal no ponto b: 
 
P250P33,333.3P250)15,0.(P22,222.22b −−=−−=σ 
P33,3583b −=σ 
 
Para que inicie o escoamento (critério de von Mises): 
 
2622
Y
2
x )10x400()P33,3583( =−→σ=σ 
 
Ou: N9,627.111P10x400P33,3583 6 =→= 
 
Observação: Se tirar a força axial (N = 0): 
 
N000.120P10x400P33,3333 6 =→= 
 
 
 
4) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
 
2222222 320)306045(3110x)80(110x50)80(x50110)80(50 <+++−−−−−+−+ 
 
400.102875.47 < 
 
Segundo o critério de von Mises o elemento está em segurança. 
 
5) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão normal σX que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. Dado: MPa720Y =σ 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
2222
xx
222
x 207)50400(3120801208012080 =+++⋅−⋅σ−⋅σ−++σ 
 
849.42500.23200 x
2
x =+σ−σ 
 
 
0349.19200 x
2
x =−σ−σ 
 
De onde: MPa3,71eMPa3,271 xx −=σ=σ 
 
6) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXY que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. 
Dado: MPa150Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
2222
xy
222 150)5040(3120801200800120800 =++τ+⋅−⋅−⋅−++ 
500.22)25001600(311200 2xy =++τ+ 
 
7500480011200225003 2xy −−−=τ 
 10003 2xy −=τ 
Portanto, para 0xy =τ o elemento já está escoando. 
 
7) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXZ que inicia o 
escoamento do elemento abaixo. 
Dado: MPa150Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
 
222
xz
2222 150)500(3120801200800120800 =+τ++⋅−⋅−⋅−++ 
 
500.22)7500311200 2xz =+τ+ 
 
3
3800
38003 zx
2
zx =τ→=τ 
 
 MPa59,35zx =τ 
 
8) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança 
quando solicitado pelas tensões indicadas. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
9) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança 
quando solicitado pela tensão indicada. 
Dado: MPa320Y =σ 
 
 
 
 
2
Y
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
z
2
y
2
x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ 
 
Observação: “O escoamento ocorre sem variação de volume” (?????) 
Vamos supor que uma barra de aço doce tem tensão de escoamento .MPa400Y =σ 
Aplicando-se a F = 80.000 N, tem-se: 
 
 Y
2mm/N400
2010
80000 σ==
⋅
=σ 
 
 
 
 Tensão esférica: 0
V
V ≠∆ Tensões desvidadoras: 0
V
V =∆ 
 
A tensão de cisalhamento é igual a zero em todas as direções do estado de tensão esférico. O 
escoamento é provocado pela tensão cisalhante, portanto, as tensões desviadoras são as 
responsáveis pelo escoamento. Então, podemos afirmar que o escoamento ocorre sem 
variação de volume? 
 
Exercícios do Anexo à apostila: 
 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular. 
 
 
 
h.b
dzdy.y
A
dA.y
y
h
0
b
0A
_ ∫ ∫∫ == [ ] b.
2
h
.
h.b
1
z.
2
y
h.b
1 2b
0
h
0
2
=





= 
de onde: 
2
h
y
_
= 
h.b
dz.zdy
A
dA.z
z
h
0
b
0A
_ ∫ ∫∫ == [ ]
2
b
h
h.b
1
2
z
.y
h.b
1 2
b
0
2
h
0 ⋅⋅=





= 
de onde: 
2
b
z
_
= 
O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área. 
 
Para o sistema de referência acima: 
mmxxz
_
= 
 
 →= 0y
_
 0
A
dA.y
y A
_
== ∫ 
 
 0dA.y:entãoA A =∞≠ ∫ 
 
 0dA.yQ AZ == ∫ 
 
O eixo z passa pelo centróide da área A, portanto, o momento estático de uma área 
finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. 
 
2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do 
centróide. 
 
 
60
60
160
200
2
160
200
60
60AZ z2
y
dz.dy.ydA.yQ −
−
−
−
− − ⋅=== ∫ ∫∫ 
[ ] [ ] [ ] 120000.40600.25
2
1
)60(60)200()160(
2
1
Q 22Z ⋅−=−−⋅−−−= 
 
3
Z mm000.864Q −= 
Outra forma de calcular-se omomento estático: 
 
AyQ
A
Q
y
A
dA.y
y
_
Z
Z
_
A
_
⋅=→=→= ∫ 
3
Z mm000.86412040)180(Q −=⋅⋅−= 
 
Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo 
 
 
 
 
3
_
Z mm000.86436012020AyQ =⋅⋅=⋅= 
3) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do 
centróide. 
 
3
_
Z mm000.400.2120200100AyQ =⋅⋅=⋅= 
• Demonstração do teorema dos eixos paralelos 
 
 
2
|ZZ
a.AII += 
2
|YY
b.AII += 
 
 
∫= A
2|
|Z
dA)y(I 
 
[ ]∫∫ ++=+= A 2|2|A 2|Z dAaay2)y(dA)ay(I 
 
∫ ∫ ∫++= A A A
2|2|
Z dAadAya2dA)y(I 
 
O momento estático de uma área em relação a um eixo que passa pelo seu centróide é 
nulo, então: ∫ =A
| 0dAy 
 
 
2
|ZZ
a.AII += 
 
4) Para a área abaixo, determine: 
a) o momento de inércia IZ 
b) o momento de inércia IY 
 
a) ∫∫∫ −− ⋅==
2b
2b
2h
2h
2
A
2
Z dzdyydAyI 
 
 
⋅=
−
2h
2h
3
Z 3
y
I
2b
2b
z − 



 −−⋅






 −−=
2
b
2
b
8
h
8
h
3
1 33
 
 
12
hb
Ib
8
h
8
h
3
1
I
3
Z
33
Z =→⋅







+= 
 
b) ∫∫∫ −− ⋅==
2b
2b
22h
2hA
2
Y dzzdydAzI 
 ⋅= −
2h
2hY
yI
2b
2b
3
3
z
−
 
12
bh 3= 
 
5) Determine o momento de inércia de uma área circular vazada em relação ao eixo Z. 
 
 
 
∫= A
2
Z dAyI 
 
 drrddA ⋅θ= 
θ=→=θ senry
r
y
sen 
∫ θθ= drrd)rsen(I
2
Z ∫ ∫
π
θ= e
r
ir
2
0
23 dsendrr 
 
( )
π
θθ−θ⋅=
2
0
er
ir
4
Z cossen2
1
4
r
I 
 
( )
( )[ ])0cos0sen0(2cos2sen2
2
1
4
rr
I
4
i
4
e
Z −−ππ−π⋅
−
= 
 
( ) ( )
4
rr
I2
2
1
4
rr
I
4
i
4
e
Z
4
i
4
e
Z
−π
=→π⋅
−
= 
 
Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno: 
 













−




π=
4
i
4
e
Z 2
D
2
D
4
I 








−π=
16
D
16
D
4
4
i
4
e 
 
 [ ]4i4eZ DD64I −
π= 
 
Particularizando para seção cheia (Di = 0): 
64
D
I
4
e
Z
π
= 
 
Observações: 1ª ) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma 
área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam 
pelo centróide são iguais. 
 
 
 
2ª ) Não confundir momento de inércia ( I ) com momento de inércia à torção (J) 
 I é usado na flexão 
 J é usado na torção 
 
 
 
 
 
64
D
II
4
YZ
π
== (para seção circular cheia) 
 
222 yzr += 
∫ ∫ ∫∫ +=+== A A A
2222
A
2 dAydAzdA)yz(dArJ 
 ZY IIJ += 32
D
64
D
 
64
D 444 π
=
π
+
π
= 
 
6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “T ” em relação ao eixo 
horizontal (Z) do centróide. 
 
 
 
Cálculo das coordenadas do centróide: 
 
0z
_
= 
 
21
_
22
_
11A
_
AA
yAyA
A
ydA
y
+
+
== ∫
10,0x80,020,0x50,0
55,0x10,0x80,025,0x50,0x20,0
+
+= 
 m383,0
18,0
069,0
y
_
== 
Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior, tem-se: 
 
=
_
y m217,0
18,0
039,0
10,0x80,020,0x50,0
35,0x50,0x20,005,0x10,0x80,0 ==
+
+
 
Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura, tem-se: 
 
 
Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos: 
 
 2|ZZ
a.AII += 
2
3
2
3
Z )133,0(x5,0x2,012
5,0x2,0
)167,0(x1,0x8,0
12
1,0x8,0
I +++= 
 
 
 
43
Z m10x15,6I
−= 
 
7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y 
( YI ). 
 
 
 
43
33
Y m10x6,412
20,0x50,0
12
80,0x10,0
I −=+= 
 
8) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia em relação aos eixos Z e Y. 
 
 
410
33
Z mm10x97,112
400x300
12
800x500
I =−= 
 
49
33
Y mm10x43,712
300x400
12
500x800
I =−=