Mecânica dos Materiais - slide

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1 Introdução: O conceito de tensão
Conteúdo
Conceito de Tensão
Revisão de Estática
Diagrama de Corpo Livre da Estrutura
Diagrama de Corpo Livre das Componentes
Equilíbrio dos Nós
Análise de Tensão
Análise e Projeto
Carga Axial e Tensão Normal 
Carga Centrada e Carga Excêntrica
Tensão de Cisalhamento
Exemplo de Tensões de Cisalhamento
Tensão de Esmagamento em Conexões
Análise de Tensão e Exemplos de 
Projetos
Determinação da Tensão Normal - Barras
Tensões de Cisalhamento - Conexões
Tensões de Esmagamento - Conexões
Tensões em Barras com Duas Força
Tensões sobre um Plano Inclinado
Tensão Máxima
Tensão sob Carregamentos Gerais
Estado de Tensão
Fator de Segurança
Conceito de Tensão
• O objetivo principal do estudo da mecânica dos 
materiais é proporcionar ao futuro engenheiro de 
maneira simples e lógica os meios para analisar e 
projetar várias máquinas e estruturas que 
suportam cargas, aplicando alguns princípios 
fundamentais.
• Tanto a análise e desenho de uma determinada 
estrutura envolvem a determinação de tensões e 
deformações. Este capítulo é dedicado ao conceito 
de Tensão.
Revisão de Estática
• A estrutura é projetada para 
suportar uma carga de 30 kN.
• Realiza-se uma análise 
estática para determinar a 
força interna de cada elemento 
estrutural e as forças de 
reação nos apoios. 
• A estrutura consiste de uma 
barra com seção transversal 
retangular e uma barra com 
seção transversal circular, 
unidas por pinos (momento 
igual a zero nas rótulas e 
junções).
Diagrama de Corpo Livre da Estrutura
• A estrutura é separada dos apoios e as 
forças de reação são indicadas.
• Ay e Cy não podem ser determinados a 
partir dessas equações. 
    
kN30
0kN300
kN40
0
kN40
m8.0kN30m6.00









yy
yyy
xx
xxx
x
xC
CA
CAF
AC
CAF
A
AM
• Condições para o equilíbrio estático:
Diagrama de Corpo Livre das Componentes
• Além da estrutura completa, cada componente 
(barra) deve satisfazer as condições de equilíbrio 
estático.
 
0
m8.00


y
yB
A
AM
• Considere o diagrama de corpo livre da barra AB:
kN30yC
Substituindo a equação de equilíbrio  na 
equação anterior, temos
• Resultados:
 kN30kN40kN40 yx CCA
As forças de reação são direcionados ao 
longo do eixo da barra.
Equilíbrio dos Nós
• A estrutura é separada em duas barras simples, 
ou seja as barras são submetidas a apenas duas 
forças que são aplicadas nas extremidades. 
• Para o equilíbrio, as forças devem ser 
paralela a um eixo entre os pontos de aplicação 
de força, igual em magnitude, e em direções 
opostas.
kN50kN40
3
kN30
54
0



BCAB
BCAB
B
FF
FF
F
⃗
• Os nós devem satisfazer as condições 
de equilíbrio estático, e as forças podem 
ser obtidas através do triângulo de forças 
correspondentes: 
Análise de Tensão
• Conclusão: a estrutura suporta com segurança a 
carga de 30 kN, uma vez que a tensão 
solicitante é menor do que a tensão admissível.
MPa 165all 
• A partir das propriedades do material para o 
aço, a tensão admissível é 
• A partir de uma análise estática:
FAB = 40 kN (compressão) 
FBC = 50 kN (tração)
A estrutura pode suportar com segurança a 
carga de 30 kN? 
dBC = 20 mm MPa159
m10314
N1050
26-
3




A
P
BC
• Em qualquer seção através da barra 
BC, a força interna é de 50 kN com 
uma intensidade de força ou tensão de
Análise e Projeto
• O projeto de novas estruturas requer a 
seleção de materiais apropriados e dimensões de 
componentes que atendam requisitos de 
desempenho.
• Por razões baseadas no custo, peso, disponibi-
lidade, etc; a barra BC será construída 
de alumínio (all = 100 MPa). Qual a escolha 
apropriada para o diâmetro desta barra?
  mm2.25m1052,2m1050044
4
m10500
Pa10100
N1050
2
26
2
26
6
3















Ad
dA
PA
A
P
all
all
• Uma barra de alumínio de 26 milímetros ou 
mais de diâmetro é suficiente.
Carga Axial e Tensão Normal
• A resultante das forças internas para uma bar-
ra axialmente carregada é normal para uma seção 
de corte perpendicular ao eixo axial da barra.
A
P
A
F
medA






0
lim
• A intensidade da força nessa seção é definida 
como a tensão normal. 
• A distribuição real das tensões é estaticamen-
te indeterminada, ou seja, não pode ser encon-
trada a partir das condições de equilíbrio 
somente. 
• A tensão normal em um determinado ponto pode 
não ser igual à tensão média, mas a resultan-
te da distribuição de tensões deve satisfazer: 
 
A
med dAdFAP 
Carga Centrada e Carga Excêntrica
• A distribuição de tensões em barras excentrica-
mente carregadas, não pode ser uniforme 
ou simétrica.
• A distribuição uniforme de tensão em uma 
seção infere que a linha de ação para a resul-
tante das forças internas passa pelo centroide da 
seção considerada. 
• A distribuição uniforme de tensão só é 
possível se a linha de ação das 
cargas concentradas nas extremidades das 
seções passarem através do centroide da seção 
considerada.  Este tipo de carregamento é 
chamado de carga centrada.• Se a barra estiver excentricamente carregada, 
então a resultante da distribuição de tensões em 
uma seção deve produzir uma força axial aplicada 
no centroide e um momento conjugado. 
Tensão de Cisalhamento
• Forças P e P’ são aplicadas transversalmente à 
barra AB. 
A
P
med
• A tensão média de cisalhamento correspondente é,
• A resultante da distribuição da força de cisalha-
mento interna é definida no corte da seção e é 
igual à carga P (força cortante).
• Correspondentes forças internas atuam 
no plano de seção transversal C e são chamadas 
forças de cisalhamento.
• A distribuição da tensão de cisalhamento varia de 
zero na superfície da barra até um valor máximo 
que pode ser muito maior do que o valor médio. 
• A distribuição das tensões de cisalhamento não 
pode ser considerada uniforme.
Exemplo de Tensões de Cisalhamento
Cisalhamento Simples Cisalhamento Duplo
A
F
A
P
med A
F
A
P
2med

Tensão de Esmagamento em Conexões
• Parafusos, rebites, pinos criam 
tensões ao longo da superfície 
de esmagamento, ou de 
contato, nos elementos que eles 
se conectam.
dt
P
A
P
e
• A intensidade da força média 
correspondente é chamada 
de tensão de esmagamento
• A resultante da distribuição de 
força na superfície é igual e 
oposta à força exercida sobre o 
pino. 
Análise de Tensão e Exemplos de Projetos
• Determinar as tensões nas 
barras e conexões da estrutura 
mostrada. 
• A partir de uma análise 
estática:
FAB = 40 kN (compressão) 
FBC = 50 kN (tração)
• Deve-se considerar a 
máxima tensão 
normal em AB e BC, e a 
tensão de cisalhamento 
e tensão de esmagamento 
em cada conexão.
Determinação da Tensão Normal - Barras
• A barra está com uma tensão normal devido uma 
força axial de 50 kN (tração). 
• A barra AB é comprimida com uma força axial de 
40 kN e tensão normal média de 26,7 MPa. 
• As seções de área mínima nas extremidades, não 
sofrem tensões devido a compressão da barra.
  
MPa167
m10300
1050
m10300mm25mm40mm20
26
3
,
26







N
A
P
A
extBC
• Nas extremidades achatadas da barra, a menor área 
transversal ocorre na linha central do furo, 
• No centro da barra, a tensão normal média na seção 
transversal circular (A =314x10-6 m2) é BC 
 = +159 MPa. 
Tensões de Cisalhamento - Conexões
• A área da seção transversal de pinos em 
A, B e C,26
2
2 m10491
2
mm25 




  rA
MPa102
m10491
N1050
26
3
, 

 A
P
medC
• A força no pino em C é igual à força 
exercida pela barra BC, o valor médio da 
tensão de cisalhamento no pino em C é
• O pino em A é em cisalhamento duplo 
com uma força total igual à força exer-
cida pela barra AB dividida por dois.
MPa7,40
m10491
kN20
26, 
 A
P
medA
 (Maior) kN25
kN15


G
E
P
P
MPa9,50
m10491
kN25
26, 
 A
PG
medB
• Avaliar a tensão de cisalhamento média 
correspondente,
Tensões de Cisalhamento - Conexões
• Divida o pino B em 5 partes para determinar 
a seção com a maior força cortante,
Tensões de Esmagamento - Conexões
• Para determinar a tensão de esmagamento nominal em 
A na barra AB, temos t = 30 mm e d = 25 mm, 
   MPa3,53mm25mm30
kN40

td
P
e
• Para determinar a tensão de esmagamento no apoio 
em A, temos t = 2 (25 mm) = 50 mm e d = 25 mm,
   MPa0,32mm25mm50
kN40

td
P
e
Tensões em Barras com Duas Forças
• Vamos mostrar que as forças axiais ou 
transversais podem produzir 
tanto tensões normais e de 
cisalhamento com relação a um 
plano que não seja um corte 
perpendicular ao eixo barra .
• Forças axiais aplicadas em um 
elemento de barra, provocam apenas 
tensões normais em um plano de 
corte perpendicular ao eixo barra.
• Forças transversais agindo 
em parafusos e pinos provocam 
apenas tensões de 
cisalhamento no plano perpendicular 
ao eixo do parafuso ou pino.
• Passe uma seção através da barra formando 
um ângulo θ com o plano normal. 








cos
cos
cos
cos
cos
00
2
00
sen
A
P
A
Psen
A
V
A
P
A
P
A
F


• As tensões normais e de cisalhamento 
média sobre o plano inclinado são 
Tensões sobre um Plano Inclinado
 PsenVPF  cos
• Decompondo P em componentes 
normais e tangenciais à seção oblíqua, 
• Das condições de equilíbrio, as forças 
distribuídas sobre o plano deve ser equiva-
lente à força P.
• A tensão máxima normal ocorre quando o plano de 
referência é perpendicular ao eixo da barra (θ=0), 
0
0
m   A
P
• A tensão máxima de cisalhamento ocorre 
para uma inclinação de + 45 º com relação ao 
eixo da barra, 
 
00 2
45cos45
A
Psen
A
P
m
Tensão Máxima
 coscos
0
2
0
sen
A
P
A
P

• Tensões normais e cisalhantes em um plano 
inclinado 
Tensão sob Carregamentos Gerais
• Um elemento submetido a uma 
combinação de cargas em geral é 
cortado em dois segmentos por 
um plano que passa por Q 
• Para o equilíbrio, uma distribuição 
igual e oposta de forças internas e 
tensões deve ser exercida sobre 
o outro segmento do elemento.
A
V
A
V
A
F
x
z
A
xz
x
y
A
xy
x
A
x











limlim
lim
00
0


• A distribuição de componentes da 
tensão interna pode ser definida 
como, 
• Componentes de tensão são definidas para os 
planos cortados paralelamente aos eixos x, y 
e z. Para o equilíbrio, tensões iguais e 
opostas são exercidas sobre os planos ocultos. 
• Segue-se que apenas 6 componentes de 
tensão são necessárias para definir o estado 
completo de tensão. 
• A combinação de forças geradas pela 
tensão devem satisfazer as condições para 
o equilíbrio: 
0
0




zyx
zyx
MMM
FFF
   
yxxy
yxxyz aAaAM



 0
xzzxzyyz   eSimilar,
• Considere os momentos em torno do eixo z:
Estado de Tensão
Fator de Segurança
admissível Tensão
limite Tensão
segurança deFator 
all
u 


FS
FS
Elementos estruturais ou 
máquinas devem ser 
concebidos de tal forma que as 
tensões de trabalho (solicitantes) 
sejam menores do que 
a resistência final do material 
(resistente).
Considerações para um fator de segurança: 
• Incerteza nas propriedades do material
• Incerteza de cargas
• Incerteza das análises
• Número de ciclos de carga
• Tipos de falha
• Requisitos de manutenção e os 
efeitos de deterioração
• Importância da barra para a 
integridade de toda estrutura
• Risco à vida e à propriedade
• Influência sobre a função da máquina
2 Tensão e deformação: Carregamento axial
Conteúdo
Tensão e Deformação: Carregamento Axial
Deformação Normal
Teste de Tensão-Deformação
Diagrama de tensão-deformação: materiais dúcte
is
Diagrama de tensão-deformação: materiais fráge
is
Lei de Hooke: Módulo de Elasticidade
Comportamento Elástico versus Plástico
Fadiga
Deformações sob Carregamento Axial
Exemplo 2.01
Problema Resolvido 2.1
Indeterminação Estática
Exemplo 2.04
Tensão Térmica
Coeficiente de Poisson
Lei de Hooke Generalizada 
Dilatação: Módulo de 
Compressibilidade Volumétrica
Deformação de Cisalhamento
Exemplo 2.10
Relação entre E, e G
Problema Resolvido 2.5
Materiais Compósitos
Princípio de Saint-Venant
Concentração de Tensão: Furos
Concentração de Tensão: 
Arredondamentos
Exemplo 2.12
Materiais Elastoplásticos
Deformações Plásticas
Tensões Residuais
Exemplos 2.14, 2.15, 2.16
Tensão e Deformação: Carregamento Axial
• Adequação de uma estrutura ou máquina pode depender 
das deformações produzidas pelas cargas aplicadas a uma estrutura, bem 
como as tensões induzidas por estas cargas. A análise estática por si só 
não é suficiente.
• Considerando as estruturas como deformáveis e analisando as 
deformações em seus vários componentes, poderemos calcular as forças 
estaticamente indeterminadas. 
• A determinação da distribuição de tensões dentro de um componente 
também exige a consideração das deformações que ocorrem neste 
componente.
• O Capítulo 2 está preocupado com a deformação de um componente 
estrutural sob carregamento axial. Nos outros capítulos trataremos de 
torção e flexão pura.
Deformação Normal
normal deformação
tensão


L
A
P


Fig. 2.1
L
A
P
A
P




2
2
Fig. 2.3
LL
A
P




2
2
Fig. 2.4
Teste de Tensão-Deformação
Fig 2.7 Esta máquina é utilizada para ensaios de corpos de 
prova a tração, tais como aqueles mostrados neste capítulo. Fig 2.8 Corpo de prova com carga de tração.
Diagrama de tensão-deformação: materiais dúcteis
Diagrama de tensão-deformação: materiais frágeis
Fig 2.1 Diagrama tensão-deformação para um material frágil típico. 
Lei de Hooke: Módulo de Elasticidade
• Abaixo da tensão de 
proporcionalidade
deElasticida de Módulo 
ou Young de Módulo

E
E
• Algumas das propriedades físicas 
dos metais estruturais, como 
resistência, ductilidade, podem ser 
afetadas pela inclusão de elementos 
de liga, tratamento térmico e 
processos de fabricação, mas a 
rigidez (módulo de elasticidade) 
não pode ser afetada.
Fig 2.16 Diagramas tensão-deformação 
para o ferro e diferentes tipos de aço.
Comportamento Elástico versus Plástico
• Se a deformação desaparece 
quando a tensão é removida, 
dizemos que o material se 
comporta elasticamente. 
• Quando a deformação não 
retorna a zero após a tensão ser 
removida, dizemos que o 
material se comporta 
plasticamente.
• O maior valor de tensão para o 
qual isso ocorre é chamado de 
limite elástico do material.
Fig. 2.18
Fadiga
• Propriedades de fadiga são 
mostrados no diagrama de σ-n
• A medida que a tensão é 
reduzida, o número de ciclos para 
provocar a ruptura aumenta até 
alcançar o limite de resistência à 
fadiga, que é a tensão para a qual 
não ocorre falhas. 
• Um componente estrutural pode 
falhar devido à fadiga em níveisde tensão significativamente 
abaixo da resistência última 
quando sujeitos a muitos ciclos de 
carga. 
Fig. 2.21
Deformações sob Carregamento Axial
AE
P
E
E  
• Para a Lei de Hooke:
• A definição de deformação específica:
L
 
• Transformando e substituindo a equação 
anterior na equação acima, temos 
AE
PL

• Para barras com carregamentos em outros 
pontos, diversas seções transversais e 
diferentes materiais,

i ii
ii
EA
LP

Fig. 2.22
Exemplo 2.01
Determine a deformação da 
barra de aço mostrada 
submetida às forças dadas.
GPaE 200
SOLUÇÃO:
• Divida a barra em componentes de 
acordo com a aplicação das forças.
• Aplique uma análise de corpo livre 
de cada componente para 
determinar a força interna. 
• Avaliar a deformação total da barra.
SOLUÇÃO:
• Divida a barra em três 
componentes:
2
21
21
mm 580
mm. 300


AA
LL
2
3
3
mm 200
mm. 400


A
L
• Aplicar a análise de corpo livre em cada 
componente para determinar as forças 
internas, 
N10150kN150
N1050kN50
N10300kN300
3
3
3
2
3
1



P
P
P
• Deformação total
     
mm. 2,15 
200
31,429
200
400150
580
30050
580
300300
200
1
1
3
33
2
22
1
11




 













A
LP
A
LP
A
LP
EEA
LP
i ii
ii
Problema Resolvido 2.1
A barra rígida BDE é suspensa por duas 
barras AB e CD. 
A barra AB é feita de alumínio (E = 70 
GPa) e tem uma área transversal de 500 
mm2; A barra CD é feita de aço (E = 200 
GPa) e tem uma área transversal de 600 
mm2. Para a força de 30 kN mostrada, 
determinar os deslocamentos dos pontos
 a) B, b) D e c) E. 
 
SOLUÇÃO:
• Realizar uma análise do corpo livre 
para a barra BDE para encontrar as 
forças exercidas pelas barras AB e 
DC.
• Avaliar a deformação das barras 
AB e DC para encontrar os 
deslocamentos de B e D. 
• Realize uma análise geométrica 
para encontrar o deslocamento do 
ponto E dado os deslocamentos em 
B e D.
Problema Resolvido 2.1
Corpo Livre: Barra BDE
 
 
compressãoF
F
traçãoF
F
M
AB
AB
CD
CD
B
 kN60
m2.0m4.0kN300
0M
 kN90
m2.0m6.0kN300
0
D








SOLUÇÃO:
Deslocamento do ponto B:
  
  
m10514
Pa1070m10500
m3.0N1060
6
926-
3





AE
PL
B
 mm 514.0B
Deslocamento do ponto D:
  
  
m10300
Pa10200m10600
m4.0N1090
6
926-
3





AE
PL
D
 mm 300.0D
Problema Resolvido 2.1
Deslocamento do ponto E:
 
mm 7.73
mm 200
mm 0.300
mm 514.0






x
x
x
HD
BH
DD
BB
 mm 928.1E
 
mm 928.1
mm 7.73
mm7.73400
mm 300.0






E
E
HD
HE
DD
EE


Indeterminação Estática
• Estruturas onde as forças internas e as reações não 
podem ser determinadas apenas por meio da 
estática, são chamadas de estruturas estaticamente 
indeterminadas. 
0 RL 
• Deformações devido as forças reais e pela reações 
redundantes são determinadas separadamente e, 
em seguida, adicionadas ou superpostas. 
• Reações redundantes são substituídas por 
forças desconhecidas que, juntamente com as 
demais forças, deve produzir deformações 
compatíveis com as restrições originais.
• A estrutura será estaticamente indeterminada 
sempre que ela for vinculada a mais apoios do que 
aqueles necessários para manter seu equilíbrio.
Exemplo 2.04
Determine o valor das reações em A e B para a 
barra de aço com os carregamentos mostrado, 
assumindo que não existe folgas entre os apoios e a 
barra. 
• Exigir que os deslocamentos devido às forças e 
devido à reação redundante sejam compatíveis, 
ou seja, exigir que sua soma seja zero. 
• Resolver o deslocamento em B devido à reação 
redundante em B. 
SOLUÇÃO:
• Consideramos a reação em B como redundante e 
liberamos a barra daquele apoio. A reação Rb é 
considerada desconhecida.
• Resolver a reação em A pelo diagrama de corpo 
livre da barra, uma vez que se conhece a reação em 
B. 
Exemplo 2.04
SOLUÇÃO:
• Resolvendo o deslocamento em B devido às forças aplicadas, 
EEA
LP
LLLL
AAAA
PPPP
i ii
ii
9
L
4321
26
43
26
21
3
4
3
321
10125.1
m 150.0
m10250m10400
N10900N106000







• Resolvendo o deslocamento em B devido à reação redundante, 
 







i
B
ii
ii
R
B
E
R
EA
LPδ
LL
AA
RPP
3
21
26
2
26
1
21
1095.1
m 300.0
m10250m10400
• Os deslocamentos devido às forças e devido à reação 
redundante devem ser compatíveis, 
 
kN 577N10577
01095.110125.1
0
3
39







B
B
RL
R
E
R
E


Exemplo 2.04
• Encontrar a reação em A, devido às cargas e a reação em B 
kN323
kN577kN600kN 3000

 
A
Ay
R
RF
kN577
kN323


B
A
R
R
Tensão Térmica
• A mudança de temperatura numa barra resulta uma 
mudança no comprimento da mesma chamada de 
deformação térmica. Não há tensão associada com a 
deformação térmica, a menos que o alongamento seja 
contido pelo apoio.
 
 térmicadilatação de ecoeficient 



AE
PLLT PT
• Trate o apoio adicional como redundantes e aplicar o 
princípio da superposição. 
0 PT 
• A deformação térmica e a deformação do apoio 
redundante devem ser compatíveis. 
 
 
 TE
A
P
TAEP
AE
PLLT





 0
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
3 Torção
Conteúdo
Introdução
Cargas de Torção em Eixos Circulares
Torque Puro Devido a Tensões Internas
Componentes de Cisalhamento Axial
Deformações em uma Barra de Seção Circu
lar
Deformações de Cisalhamento
Tensões no Regime Elástico
Tensões Normais
Tipos de Falha por Torção
Problema Resolvido 3.1
Ângulo de Torção no Regime Elástico
Eixos Estaticamente Indeterminados
Problema Resolvido 3.4
Projetos de Eixos de Transmissão
Concentração de Tensões
Deformações Plásticas
Materiais Elastoplásticos
Tensões Residuais
Exemplos 3.08, 3.09
Torção de Elementos não Circulares
Eixos Vazados de Paredes Finas
Exemplo 3.10
Introdução
• Tensões e deformações de eixos 
circulares submetidos a pares de 
torção ou torques
• Gerador cria um torque T igual e 
oposto
• Eixo transmite o torque para o 
gerador
• Turbina exerce torque T no eixo
Discussão Preliminar das Tensões em uma Barra de 
Seção Circular.
   dAdFT 
• Forças de cisalhamento elementares são 
equivalentes a um torque interno, igual e 
oposta ao torque aplicado,
• Embora o momento das forças de cislhamento 
seja conhecido, a distribuição das tensões na 
seção tranversal não é.
• Ao contrário da tensão normal devido à carga 
axial, a distribuição das tensões de cisalhamento 
devido a cargas de torção não pode ser 
considerada uniforme.
• Distribuição de tensões de cisalhamento é 
estaticamente indeterminada por isso deve-se 
considerar as deformações do eixo.
Componentes de Cisalhamento Axial
• Torque aplicado ao eixo produz tensões 
de cisalhamento nas faces perpendiculares 
ao eixo.
• Condições de equilíbrio requer a existência 
de tensões iguais no facesformadas pelos 
dois planos que contêm o eixo da barra.
• As tiras adjacentes deslizam uma em relação 
à outra, quando torques iguais e opostas são 
aplicadas nas extremidades da barra.
• A existência de componentes de cisalhamento 
axial é demonstrada, considerando um eixo 
formado por tiras separadas e fixadas por 
meio de pinos. 
• A partir da observação, o ângulo de torção da 
barra é proporcional ao torque aplicado e ao 
comprimento da barra.
L
T




Deformações em uma Barra de Seção Circular
• Quando uma barra circular é submetida à 
torção, toda seção transversal plana permanece 
plana e indeformada. 
• Seções transversais circulares cheias ou 
vazadas permanecem plana e sem distorções, 
porque um eixo circular é axissimétrico.
• Seções transversais não circulares (não 
axissimétricas) são distorcidas quando 
submetidas à torção.
Deformações de Cisalhamento
• Considerar a seção interna da barra. Como a 
barra é submetida a um carregamento 
torcional, o elemento do cilindro interior se 
deforma em um losango. 
• A deformação de cisalhamento é proporcional 
a distância do eixo da barra
maxmax e 

cL
c

L
L   ou 
• Segue-se que
• Uma vez que as extremidades do elemento 
permanecem planas, a deformação de 
cisalhamento é igual ao ângulo de torção.
Tensões no Regime Elástico
J
c
dA
c
dAT max2max    
• Lembre-se que a soma dos momentos das forças 
elementares internas é igual ao torque no eixo da 
seção,
 e max J
T
J
Tc  
• Os resultados são conhecidos como as fórmulas de 
torção no regime elástico,
• Multiplicando a equação anterior pelo módulo de 
elasticidade,
max
 G
c
G 
max

c

Da Lei de Hooke,  G , assim
Tensão de cisalhamento varia linearmente com a 
distância radial do eixo da barra.
4
2
1 cJ 
 414221 ccJ  
Tensões Normais
• Note-se que todas as tensões para os elementos a e 
c têm a mesma magnitude.
• O elemento c é submetido a uma tensão de 
tração em duas de suas faces e tensão de 
compressão nas outras duas.
• Elementos com faces paralelas e perpendiculares 
ao eixo da barra são submetidos a tensões de 
cisalhamento apenas. Tensões normais, tensões de 
cisalhamento ou uma combinação de ambas podem 
ser encontradas para outras orientações do 
elemento.
 
max
0
0max
45
0max0max
2
2
245cos2
o 




A
A
A
F
AAF
• Considere um elemento a 45o com o eixo da barra,
• O elemento a está em cisalhamento puro. 
Tipos de Falhas por Torção
• Materiais dúcteis geralmente falham 
em cisalhamento. Materiais frágeis 
falham mais em tração do que em 
cisalhamento.
• Quando submetido à torção, um corpo 
de prova feito de material dúctil 
rompe-se ao longo de um plano 
perpendicular ao seu eixo longitudinal. 
• Quando submetido à torção, um 
material frágil tende a se romper ao 
longo de planos perpendiculares à 
direção em que a tensão de tração é 
máxima, ou seja, ao longo de 
superfícies em 45º com o eixo 
longitudinal do corpo de prova.
Eixo BC é vazado, com diâmetros internos e 
externos de 90 mm e 120 mm, 
respectivamente. Os eixos AB e CD são 
sólidos e tem diâmetro d. Para o carrega-
mento mostrado, determine (a) As tensões de 
cisalhamento máxima e mínima no eixo BC, 
(b) o diâmetro d necessário para os eixos AB 
e CD, se a tensão de cisalhamento admissível 
nesses eixos for de 65 Mpa.
Problema Resolvido 3.1
SOLUÇÃO:
• Cortar a seção através dos eixos 
AB e BC, realizar análises de 
equilíbrio estático para encontrar 
os torques.
• Dada a tensão de cisalhamento 
admissível e os torques aplicados, 
inverter a fórmula de torção 
elástica para encontrar o diâmetro 
necessário.
• Aplicar as fórmulas de torção 
elástica para encontrar as tensões 
mínimas e máximas no eixo BC.
Problema Resolvido 3.1
SOLUÇÃO:
• Cortar a seção através dos eixos AB e BC, realizar análises de 
equilíbrio estático para encontrar os torques.
 
CDAB
ABx
TT
TM


mkN6
mkN60    
mkN20
mkN14mkN60


BC
BCx
T
TM
Problema Resolvido 3.1
• Aplicar as fórmulas de 
torção elástica para encon-
trar as tensões mínimas e 
máximas no eixo BC.
      
46
444
1
4
2
m1092.13
045.0060.0
22


 ccJ
  
MPa2.86
m1092.13
m060.0mkN20
46
2
2max



 J
cTBC
MPa7.64
mm60
mm45
MPa2.86
min
min
2
1
max
min






c
c
MPa7.64
MPa2.86
min
max




• Dada a tensão de cisalhamento 
admissível e os torques aplicados, 
inverter a fórmula de torção elástica 
para encontrar o diâmetro necessário.
m109.38
mkN665
3
3
2
4
2
max



c
c
MPa
c
Tc
J
Tc


mm8.772  cd
Ângulo de Torção no Regime Elástico
• Lembre-se que o ângulo de torção e a deformação 
de cisalhamento máxima estão relacionados,
L
c max
• No regime elástico, a tensão de cisalhamento e a 
deformação de cisalhamento estão relacionados 
pela Lei de Hooke,
JG
Tc
G
 maxmax

• Igualando as expressões para a tensão de 
cisalhamento e resolvendo para o ângulo de 
torção
JG
TL

• Se o eixo consistir em várias partes com 
diferentes seções transversais e diferentes 
materiais ao longo do seu comprimento, o ângulo 
de torção é encontrado com a soma dos ângulos 
de torção de cada componente. 
i ii
ii
GJ
LT
• Dadas as dimensões do eixo e o torque aplicado, 
encontrar as reações aplicadas no eixo devido aos 
apoios A e B.
Eixos Estaticamente Indeterminados
• A partir de uma análise de corpo livre do eixo,
que não é suficiente para encontrar os torques 
desconhecidos. O problema é estaticamente 
indeterminado.
N.m 120 TT BA 
N.m 120 
12
21  AA TJL
JLT
• Substitua na equação de equilíbrio original,
AB
BA T
JL
JLT
GJ
LT
GJ
LT
12
21
2
2
1
1
21 0  
• Divida o eixo em dois componentes que 
devem ter deformações compatíveis.
Problema Resolvido 3.4
Dois eixos cheios de aço estão ligados por 
engrenagens. Sabendo que para cada eixo 
G = 77,2 Gpa, e que a tensão de 
cisalhamento admissível é de 55 MPa, 
determine (a) o maior torque T0 que pode 
ser aplicado à extremidade A do eixo AB e 
(b) o ângulo correspondente pelo qual a 
extremidade A do eixo AB gira.
SOLUÇÃO:
• Aplicar uma análise de equilíbrio 
estático sobre os dois eixos para 
encontrar uma relação entre TCD e T0 .
• Encontrar o ângulo de torção 
correspondente para cada eixo e da 
rotação angular da extremidade final 
A.
• Encontre o torque máximo permitido 
em cada eixo, escolha o menor.
• Aplicar uma análise cinemática que 
relacione as rotações angulares das 
engrenagens.
Problema resolvido 3.4
• Aplicar uma análise cinemática que 
relacione as rotações angulares das 
engrenagens.
CB
CC
B
C
B
CCBB
r
r
rr



82,2
mm 22
mm 62


 
 
0
0
8,2
mm 620
mm 220
TT
TFM
TFM
CD
CDC
B





SOLUÇÃO:
• Aplicar uma análise de 
equilíbrio estático sobre os 
dois eixos para encontrar 
uma relação entre TCD e T0 .
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
4 Flexão pura
Conteúdo
Flexão pura
Outros Tipos de Carregamento
Barra Simétrica em Flexão Pura
Deformação em Flexão Pura
Deformação Devido à Flexão
Tensões e Deformações no RegimeElástico
Propriedades das Seções de Vigas
Propriedades dos Perfis de Padrão Americano
Deformações em uma Seção Transversal
Problema Resolvido 4.2
Flexão de Barras Constituídas de Vários Materiais
Problema Resolvido 4.3
Vigas de Concreto Armado
Problema Resolvido 4.4
Concentração de Tensões
Deformações Plásticas
Barras Constituídas de Materiais Elastoplásticos
Deformações Plásticas de barras com único plano de 
simetria
Tensões Residuais
Exemplo 4.05 e 4.06
Carregamento Axial Excêntrico em um Plano de 
Simetria
Exemplo 4.07
Problema Resolvido 4.8
Flexão Assimétrica
Exemplo 4.08
Caso geral de carregamento axial excêntrico
Flexão Pura
Flexão Pura: 
Elementos 
prismáticos 
submetidos a 
momentos fletores 
M e M’ iguais e 
opostos atuando 
num mesmo plano 
longitudinal.
Outros tipos de carregamento
• Princípio da Superposição: combinação 
entre a tensão normal devido à flexão 
pura, a tensão normal devido à carga 
axial e a tensão de cisalhamento devido 
a força de cisalhamento.
• Carregamento excêntrico: A linha da 
carga axial não passa pelo centróide da 
seção e produz esforços internos que são 
equivalentes a uma força de tração axial 
e um momento.
• Carregamento transversal: carga 
transversal concentrada ou distribuída 
produz forças internas equivalentes a 
uma força de cisalhamento e um 
momento.
Barra simétrica em flexão pura
• De estática, um momento fletor M é composto 
de duas forças iguais e opostas.
• A soma das componentes das forças em qualquer 
direção é zero.
• O momento fletor é o mesmo em relação à 
qualquer eixo perpendicular a seu plano e é 
zero em relação a qualquer eixo contido 
naquele plano.
• Forças internas em qualquer seção transversal 
são equivalentes ao conjugado M (b). Esforços 
internos em seção transversal são equivalentes 
ao conjugado.






MdAyM
dAzM
dAF
xz
xy
xx



0
0
• Expressamos que o sistema das forças 
elementares atuantes internas é equivalente ao 
momento fletor M. A distribuição real de 
tensões é estaticamente indeterminada e pode 
ser obtida apenas pela análise de deformações.
Deformações em flexão pura
• a linha AB ao longo da qual a face superior da 
barra intercepta o plano dos momentos fletores terá 
curvatura constante.
• qualquer seção transversal perpendicular ao eixo 
da barra permanece plana e o plano da seção 
passa pelo centro C.
• quando M > 0 a linha AB diminui o comprimento 
enquanto A’B’ aumenta o comprimento.
• a superfície neutra mantém o comprimento 
inalterado e é paralela às superfícies superior e 
inferior.
• tensões e deformações são negativas (compressão) 
acima do plano neutro e positivas (tração) abaixo.
Deformações de elemento prismático com 
um plano de simetria em flexão pura:
• elemento permanece simétrico
Deformação devido à flexão
Considere um segmento de barra prismática de 
comprimento L.
Após a deformação, o comprimento da superfície 
neutra permanece L. Em outras seções,
 
 
mx
m
m
x
c
y
cρc
yy
L
yyLL
yL












ou 
e)linearment variao(deformaçã 
Tensões e deformações no regime elástico
• Para um material linear 
elástico,
• Para o equilíbrio estático,




dAy
c
dA
c
ydAF
m
mxx


0
0
Momento estático da seção 
transversal em relação à linha neutra 
é zero, portanto, a superfície neutra 
deve passar pelo centro geométrico 
ou centroide da seção.
• Para o equilíbrio estático,
   
I
My
c
y
S
M
I
Mc
c
IdAy
c
M
dA
c
yydAyM
x
mx
m
mm
mx

















 doSubstituin
2
e)linearment varia(tensãom
mxx
c
y
E
c
yE




Propriedades das seções de vigas
• A tensão normal máxima ocorre devido à flexão,
aresistênci de módulo 
inércia de momento 



c
IW
I
W
M
I
Mc
m
Quanto maior o módulo de resistência menor é 
a tensão normal solicitante.
• Considere uma viga de seção retangular,
Ahbh
h
bh
c
IW 61
3
6
1
3
12
1
2

• Os projetos de vigas de aço estrutural propor-
cionam valores altos de I e consequentemente de W.
Considerando duas vigas com mesma área A de 
seção transversal, a que tiver altura h maior terá 
um módulo de resistência maior e, portanto, terá 
maior capacidade para resistir à flexão.
Propriedades dos perfis de padrão ameriacano
Deformações em uma seção transversal
• Deformação devido ao momento fletor M é 
quantificado pela curvatura da superfície neutra
EI
M
I
Mc
EcEcc
mm


11 

• A seção transversal de uma viga em flexão pura 
permanece plana, não excluindo a possibilidade de 
deformações dentro do plano da seção.



 yy xzxy 
• Expansão acima da superfície neutra e 
contração abaixo dela causa uma curvatura no 
plano,
neutra superfície da curvatura 1 
 


Deformações plásticas de barras com único 
plano de simetria
• Deformação totalmente plástica de uma viga com 
apenas um plano vertical de simetria.
• As resultantes R1 e R2 das forças elementares de 
compressão e de tração formam um binário.
R1 = R2
A1s E = A2s E
A linha neutra divide a seção transversal em 
partes de áreas iguais.
• O momento plástico para o elemento é:
M p = 12 As E( )d
• A linha neutra não pode ser considerada 
coincidente com o eixo que passa pelo centroide 
da seção transversal quando ela não é simétrica 
em relação aquele eixo.
Tensões Residuais
• Zonas plásticas poderão ser desenvolvidas em 
uma barra constituída de material elastoplástico 
se o momento fletor for suficientemente grande.
• Como a relação linear entre tensão e deformação 
se aplica em todas os pontos na fase de 
descarregamento, esta fase pode ser tratada 
considerando-se que a seção esteja totalmente no 
regime elástico.
• Tensões residuais são obtidas aplicando-se o 
princípio da superposição para combinar as 
tensões devidas à carga com um momento M 
(deformação elastoplástica) e descarga com um 
momento M’ (deformação elástica).
• O valor final da tensão em um ponto não será, 
em geral, igual a zero.
Exemplos 4.05 e 4.06
• Uma barra de seção transversal retangular 
uniforme é submetida a um momento fletor 
M = 36,8 kN.m. A barra é feita de um material 
elastoplástico com uma resistência ao 
escoamento de 240 MPa e um módulo de 
elasticidade de 200 GPa. 
• Determine (a) a espessura do núcleo elástico, (b) 
o raio de curvatura da superfície neutra. 
• Após o carregamento ser reduzido a zero, 
determine (c) a distribuição de tensões residuais, 
(d) o raio de curvatura.
Exemplos 4.05 e 4.06
I
c
= 23 bc
2 = 23 50´10
-3m( ) 60´10-3m( )2
=120´10-6 m3
ME =
I
c
s E = 120´10
-6 m3( ) 240MPa( )
= 28.8 kN ×m
• Momento elástico máximo:
• Espessura do núcleo elástico:
M = 32 ME 1- 13
yE
2
c2
æ
è
ç
ö
ø
÷
36.8kN ×m = 32 28.8kN ×m( ) 1- 13
yE
2
c2
æ
è
ç
ö
ø
÷
yE
c
= yE
60mm
= 0.666
2yE = 80mm
• Raio de curvatura:
eE =
s E
E
= 240´10
6 Pa
200´109 Pa
=1.2´10-3
eE =
yE
r
r = yE
eE
= 40´10
-3m
1.2´10-3 m3.33
Exemplos 4.05 e 4.06
• M = 36.8 kN.m
yE = 40mm
s E = 240 MPa
• M = -36.8 kN.m
¢s m =
Mc
I
= 36.8kN ×m
120´106 m3
= 306.7MPa < 2s E
• M = 0
No limite do núcleo elástico,
ex =
s x
E
= -35.5´10
6 Pa
200´109 Pa
= -177.5´10-6
r = - yE
ex
= 40´10
-3m
177.5´10-6
m225
Carregamento axial excêntrico em um plano de 
simetria
• Os resultados obtidossão válidos somente 
quando satisfeitas as condições de 
aplicabilidade da superposição, ou seja, as 
tensões envolvidas não devem ultrapassar o 
limite de proporcionalidade do material e a 
seção transversal onde as tensões são calculadas 
não devem ser próximas aos pontos D ou E.
• Carregamento excêntrico
PdM
PF


• A distribuição de tensões na seção transversal de 
uma viga sob carregamento axial pode ser 
considerada uniforme somente quando a linha de 
ação das cargas passa pelo centróide da seção 
transversal s x = s x( )centrada + s x( ) flexão
= P
A
- My
I
Exemplo 4.07
Uma corrente de elos abertos é obtida 
dobrando-se barras de aço de baixo teor de 
carbono na forma mostrada. Sabendo-se 
que a corrente suporta 750 N de carga, 
determine (a) as tensões máximas de tração 
e compressão, (b) distância entre o 
centróide e a linha neutra da seção.
SOLUÇÃO:
• Encontrar a carga centrada e o 
momento fletor equivalentes.
• Sobrepor a tensão uniforme devido à 
carga centrada e a tensão linear 
devido ao momento fletor.
• Avaliar as tensões máximas de 
tração e de compressão da 
distribuição de tensões superpostas 
nas bordas interna e externa, 
respectivamente.
• Encontrar o eixo neutro, 
determinando o local onde a tensão 
normal é zero.
Exemplo 4.07
A = pc2 = p 6´10-3( )2
=1,131´10-4m2
s 0 =
P
A
= 750N
1,131´10-4m2
= 6, 63MPa
• Tensão normal devido a 
uma carga centrada
 
  
MPa
m
mmN
I
Mc
m
mcI
m
73,70
10018,1
10612
10018,1
106
49
3
49
43
4
14
4
1












• Tensão normal devido 
ao momento fletor
• Carga centrada e momento 
fletor equivalente.
P = 750N
M = Pd = 750N( ) 0,016m( )
=12N.m
Exemplo 4.07
• Tensões máximas de tração e de 
compressão
s t =s 0 +s m
= 6, 63+ 70, 73
s c =s 0 -s m
= 6, 63- 70, 73
s t = 77,36MPa
s c = -64,10MPa
• Localização do eixo neutro
0 = P
A
- My0
I
y0 =
P
A
I
M
= 6, 63´106 N /m( )1, 018´10
-9m4
12N ×m
y0 = 0, 56mm
Problema resolvido 4.8
As maiores tensões admissíveis para a peça 
de ferro fundido são de 30 MPa na tração e 
120 Mpa na compressão. Determinar a 
maior força P que pode ser aplicada na peça.
SOLUÇÃO:
• Determinar a carga centrada e o momento 
fletor equivalente.
• Avaliar as cargas críticas para a tração e 
para a compressão.
• A maior carga permitida é a menor das 
duas cargas críticas.
Para o problema resolvido 4.2,
49
23
m10868
m038.0
m103





I
Y
A
• Sobrepor as tensões devido a uma 
carga centrada e devido ao momento 
fletor.
Problema resolvido 4.8
• Determinar a carga centrada equivalente e o 
momento fletor.
d = 0.038- 0.010 = 0.028m
P =carga centrada
M = Pd = 0.028P = momento fletor
• Avaliar as cargas críticas de tensões admissíveis.
kN0.77MPa1201559
kN6.79MPa30377


PP
PP
B
A


kN 0.77P• A maior carga admissível
• Sobrepor tensões devido a cargas centrada e 
momento fletor
  
   PPP
I
Mc
A
P
PPP
I
Mc
A
P
A
B
A
A
1559
10868
022.0028.0
103
377
10868
022.0028.0
103
93
93














Flexão assimétrica
• Análise da flexão pura tem sido limitada a 
barras submetidas a momentos fletores 
atuando em um plano de simetria.
• Vamos agora considerar que os momentos 
fletores não atuam em um plano de simetria 
da barra.
• Em geral, o eixo neutro da seção não 
coincide com a direção do momento.
• Não se pode considerar que a barra será 
flexionada no plano dos momentos.
• A linha neutra coincide com o vetor do 
momento.
• Barras permanecem simétricas em relação 
ao plano de simetria e flexionadas naquele 
plano.
Flexão assimétrica
A proposta é determinar as condições 
sob as quais a linha neutra de uma seção 
transversal de forma arbitrária coincida 
com a direção do momento M 
representando os esforços que atuam 
naquela seção.
• 
 o vetor momento fletor M deve estar 
direcionado ao longo de um dos eixos 
principais da seção transversal.
0 =M y = zs x dAò = z - ycs m
æ
è
ç
ö
ø
÷dAò
ou 0 = yzdAò = Iyz = produto de inércia
• As forças internas elementares 
formadoras do sistema 
equivalente ao momento M, 
devem satisfazer:
Fx = 0 =M y M z =M =momento aplicado
• 
 eixo neutro passa através do centróide
0 = Fx = s x dAò = - ycs m
æ
è
ç
ö
ø
÷dAò
ou 0 = ydAò
• 
 definir a distribuição de tensões
M =M z = - y -
y
c
sm
æ
è
ç
ö
ø
÷dAò
Ou M = �m I
c
I = Iz = momento deinércia
Flexão assimétrica
• O Princípio da superposição pode ser usado 
para determinar tensões no caso mais geral de 
flexão assimétrica.
• A distribuição das tensões provocada pelo 
momento M original é obtida pela superposição 
das distrinuições de tensão:
y
y
z
z
x I
yM
I
yM

• Decompondo o vetor momento em relação aos 
eixos principais, temos:
 MsenMMM yz  cos
• Ao longo do eixo neutro,
   


tantan
cos0
y
z
yzy
y
z
z
x
I
I
z
y
I
yMsen
I
yM
I
yM
I
yM


Exemplo 4.08
Um momento de 180 N.m é aplicado a 
uma viga de madeira retangular em um 
plano que forma um ângulo de 30 graus 
com a vertical. Determine (a) atensão 
máxima na viga, (b) o ângulo que o 
eixo neutro forma com o plano 
horizontal.
SOLUÇÃO:
• Decompor o vetor momento em 
componentes ao longo dos eixos 
principais e calcular as tensões 
máximas correspondentes.
 MsenMMM yz  cos
• Determinar a máxima tensão de 
tração provocada pela carga 
combinada.
y
y
z
z
x I
zM
I
yM

• Determine o ângulo da superfície 
neutra com o plano horizontal.
 tantan
y
z
I
I
z
y

Exemplo 4.08
• Decompor o vetor momento e calcular as tensões 
máximas correspondentes aos componentes.
 
 
  
  
  
   MPa
m
mmN
I
zM
ADMA
MPa
m
mmN
I
yM
ABMA
mmmI
mmmI
mNemNM
mNmNM
y
y
y
z
z
z
y
z
y
z
2,4
10.41,0
019,090
: de longo ao ocorre por provocada traçãode ãomaior tens 
0,3
10.31,2
045,0156
: de longo ao ocorre por provocada traçãode ãomaior tens 
10.41,0038,0090,0
10.31,2090,0038,0
9030ns180
15630cos180
462
461
463
12
1
463
12
1
















• A maior tensão de tração provocada pela carga 
combinada ocorre em A.
smax =s1 +s 2 = 3,0+ 4, 2
smax = 7, 2MPa
Exemplo 4.08
• Determine o ângulo do eixo neutro.
tanj = Iz
Iy
tanq = 2,31.10
-6 m4
0, 41.10-6 m4
tan30o
= 3, 25
j = 72.9o
Caso geral de carregamento axial excêntrico
• Considere um elemento reto AB submetido a 
forças axiais centradas iguais e opostas.
• Pelo princípio da superposição, a tensão 
provocada pelo carregamento é:
y
y
z
z
x I
zM
I
yM
A
P

• Se o eixo neutro se encontra na seção, ele 
pode ser encontrado a partir de:
A
Pz
I
M
y
I
M
y
y
z
z 
• A força excêntrica é equivalente ao sistema de 
uma força centrada e dois momentos.
P = força centrada
M y = Pa M z = Pb
Problema resolvido 4.2
SOLUÇÃO:
• Baseado na geometria da seção 
transversal, calcular a localização do 
centroide e momento de inércia.
  

 
2dAII
A
AyY x
• Aplicar a fórmula da flexão elástica 
para encontrar as tensões máximas de 
tração e compressão.
I
Mc
m 
• Calcular a curvatura
EI
M


1
A peça de máquina de ferro fundido é 
atendida por um momento M = 3 kN m. 
Sabendo-seque o módulo de elasticidade 
E = 165 GPa e desprezando os efeitos dos 
adoçamentos, determine (a) as tensões 
máximas de tração e compressão, (b) o 
raio de curvatura.
Problema resolvido 4.2
SOLUÇÃO:
Baseado na geometria da seção transversal, 
calcular a localização do centróide e momento 
de inércia.
mm 38
3000
10114 3





A
AyY
 


3
3
3
32
101143000
104220120030402
109050180090201
mm ,mm ,mm Area,
AyA
Ayy
   
   
49-43
23
12
123
12
1
23
12
12
m10868 mm10868
18120040301218002090


 
I
dAbhdAIIx
Problema resolvido 4.2
• Aplicar a fórmula da flexão elástica para 
encontrar as tensões máximas de tração e 
compressão.
49
49
m10868
m038.0mkN 3
m10868
m022.0mkN 3









I
cM
I
cM
I
Mc
B
B
A
A
m



MPa 0.76A
MPa 3.131B
• Calcular a curvatura
  49- m10868GPa 165
mkN 3
1




EI
M

m 7.47
m1095.201 1-3

 


Flexão de Barras Constituidas de Vários 
Materiais
• Deformação normal varia linearmente.

 yx 
• Tensões normais variam linearmente



 yEEyEE xx 222111 
• Eixo neutro não passa pelo centroide da 
sessão composta.
• As forças que atuam no elemento são:
dAyEdAdFdAyEdAdF



 222111 
• Considere uma barra composta por dois 
materiais E1 e E2.
xx
x
n
I
My




21
   
1
211
2 E
EndAnyEdAynEdF 

• Definir uma seção transformada de tal forma 
que:
Problema Resolvido 4.3
SOLUÇÃO:
• Transformar a barra em uma seção 
equivalente feita inteiramente de latão.
• Avaliar as propriedades da seção 
transversal da barra transformada.
• Calcular a tensão máxima na seção 
transformada. Esta é a tensão máxima 
correta para a parte de latão da barra.
• Determine a tensão máxima na parte de 
aço do barra, multiplicando a tensão 
máxima para a seção transformada pela 
razão entre os módulos de elasticidade.
Uma barra feita da união de duas 
peças de aço (Eaço = 203GPa) e latão 
(Elatão = 105 GPa). Determinar a 
tensão máxima no aço e no latão, 
quando um momento M= 4,5 KN.m 
estiver aplicado.
Problema Resolvido 4.3
• Calcular o momento de inércia da seção 
trasformada.
   4631213121 m 10.2m 0,076m 567,0  hbI T
SOLUÇÃO:
• Transformar a barra em uma seção equivalente 
feita inteiramente de latão.
mm 7,36)933.1.( mm 19
933.1
GPa 105
 GPa 203


T
latão
aço
b
E
E
n
• Calcular as tensões máximas
   MPa 5,85
m 2.10
m 038,0KN 5,4
46-  I
Mc
m
 
  MPa 85,5 933,1
max
max


maço
mlatão
n
  
  MPa) ,5(1,933)(85 
MPa 5,85
max
max


aço
latão


Vigas de Concreto Armado
• Vigas de concreto submetida a momentos fletores são 
reforçadas por barras de aço.
• Para determinar a localização do eixo neutro,
   
0
0
2
2
2
1 

dAnxAnxb
xdAnxbx
ss
s
• As barras de aço resistem à carga de tração abaixo da 
superfície neutra. A parte superior da viga de concreto 
resiste à carga de compressão.
• Na seção transformada, a área transversal do aço, As, 
passa a ter a área equivalente nAs onde n = Es/Ec.
• As tensão normais no concreto e no aço
xsxc
x
n
I
My




Problema resolvido 4.4
SOLUÇÃO:
• Transformar em uma seção feita 
inteiramente de concreto.
• Avaliar as propriedades geométricas 
da seção transformada.
• Calcular as tensões máximas no 
concreto e no aço.
•A laje de piso de concreto é reforçada 
com barras de aço 16 mm de diâmetro. O 
módulo de elasticidade é de 205 GPa para 
o aço e 25 GPa para o concreto. Com um 
momento fletor aplicado de 4,5 KN.m a 
cada 300mm de largura da laje, determinar 
a tensão máxima no concreto e no aço.
Problema resolvido 4.4
• Avaliar as propriedades geométricas da seção 
transformada.
 
     462331 mm 10.15,181,37100329637,1300
mm 37,101003296
2
300







I
xxxx
SOLUÇÃO:
• Transformar em uma seção feita inteiramente de 
concreto.
22
s mm 3296)mm 8,2.(402nA
8,2
GPa 25
GPa 205


c
s
E
En
• Calcular as tensões máximas.
s c =
Mc1
I
= 4500KN.m´37,1mm
18,15´106mm4
s s = n
Mc2
I
= 8, 2 (4500KN.m)(62, 9mm)
18,15´106mm4
s c = 9, 2MPa
s s =127, 9MPa
Concentração de Tensão
Concentrações de tensão pode ocorrer :
• nas proximidades dos pontos onde as 
cargas são aplicadas
I
McKm 
• nas proximidades de mudanças 
abruptas na seção transversal
Deformações Plásticas
• No caso de elemento que possui planos de simetria 
vertical e horizontal, composto de material 
caracterizado pela mesma relação tensão-deformação 
em tração e em compressão a linha neutra coincidirá 
com a linha de simetria horizontal da seção.
• Para qualquer elemento submetido à flexão pura a 
tensão varia linearmente com a deformação:
mx c
y  
• Se o elemento é feito de um material elástico linear, 
a linha neutra passa pelo centroide da seção e
I
My
x 
• Para um material com uma curva de tensão-
deformação não-linear, a localização da linha neutra é 
encontrada através da expressão:
   dAyMdAF xxx  0
Deformações Plásticas
• O valor máximo do momento fletor, Ml, provoca 
falha do elemento. Esse valor pode ser 
determinado quando a tensão máxima é igual à 
resistência última do material. 
• RB pode ser usado para determinar o limite de 
momento fletor, Ml, de qualquer elemento feito 
do mesmo material e com uma seção transversal 
da mesma forma, mas com dimensões 
diferentes.
• O módulo de ruptura em flexão, RB , é encontrado 
a partir de um valor determinado 
experimentalmente de Ml considerando uma 
distribuição linear fictícia de tensões.
RB =
M lc
I
Barras Constituídas de Material Elastoplástico
• Barra retangular em flexão feita de um material 
elastoplástico
s x £s E s m =
Mc
I
s m =s E ME =
I
c
sY = momento elástico máximo
• A medida que o momento fletor M aumenta, as 
zonas plásticas expandem-se até que, no limite, a 
deformação é totalmente plástica.
elástico núcleo do espessura da metade 1 2
2
3
1
2
3 





 E
E
E yc
yMM
• A medida que yE se aproxima de zero, o momento 
fletor se aproxima do valor limite.
M p = 32 ME = momento plástico
k =
M p
ME
= fator de forma (depende apenas da forma da seção)
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
5 Análise e projeto de vigas em flexão
Conteúdo
Introdução
Diagramas de Força Cortante e Momento Fletor
Problema Resolvido 5.1
Problema Resolvido 5.2
Relações entre Força Cortante e Momento Fletor
Problema Resolvido 5.3
Problema Resolvido 5.5
Projeto de Vigas Prismáticas em Flexão
Problema Resolvido 5.8
Introdução
• Vigas - elementos estruturais que suportam 
forças em vários pontos ao longo do elemento.
• Objetivo – Análise e projeto de vigas.
• Carregamentos transversais de vigas são 
classificados como forças concentradas ou 
como forças distribuídas.
• Forças aplicadas resultam em forças internas 
consistindo de força cortante que provoca 
tensões de cisalhamento e momento fletor que 
provoca tensões normais.
• Tensões normais dependem somente do valor 
do momento fletor e da geometria da seção.
S
M
I
cM
I
My
mx  
Requer adeterminação da localização da distância 
entre a linha neutra e ponto onde se deseja a tensão.
Introdução
Classificação das vigas de acordo com seus apoios.
Diagramas de Força Cortante e Momento Fletor
• Determinação dos valores máximos absolutos 
da força cortante e do momento fletor exige a 
identificação da força e do momento fletor na 
seção solicitada.
• Força cisalhante e momento fletor em um 
ponto são determinadas pela passagem de um 
corte na seção de aplicação e uma análise de 
equilíbrio nas partes de cada lado do corte.
• Existe convenção para as forças de 
cisalhamento V e V’ e o par de momento M e 
M’
Problema Resolvido 5.1
Para a viga de madeira com o 
carregamento mostrado, trace os 
diagramas de força cortante e momento 
fletor e determine a tensão máxima 
provocada pelo momento fletor.
SOLUÇÃO:
• Considerar a viga inteira como um 
corpo rígido, determinar as reações de 
apoio.
• Identificar a seção onde ocorre o 
máximo momento fletor.
• Aplicar as fórmulas de flexão 
elástica para determinar a tensão 
normal máxima correspondente.
• Aplicar análise de equilíbrio no corpo 
livre para determinar as forças de 
cisalhamento interna e o momento 
fletor atuante.
Problema Resolvido 5.1
SOLUÇÃO:
• Considerar a viga inteira como um corpo rígido, 
determinar as reações de apoio
   kN14kN46:0 para DBBy RRMF
• Análise de equilíbrio do corpo livre: 
   00m0kN200
kN200kN200
111
11
 
 
MMM
VVFy
   mkN500m5.2kN200
kN200kN200
222
22
 
 
MMM
VVFy
0kN14
mkN28kN14
mkN28kN26
mkN50kN26
66
55
44
33




MV
MV
MV
MV
Problema Resolvido 5.1
• Identificar a seção onde ocorre o máximo 
momento fletor.
mkN50kN26  Bmm MMV
• Aplicar as fórmulas de flexão 
elástica para determinar a tensão 
normal máxima correspondente.
  
36
3
36
2
6
12
6
1
m1033.833
mN1050
m1033.833
m250.0m080.0







S
M
hbS
B
m
Pa100.60 6m
Problema Resolvido 5.2
A estrutura apresentada é construída de 
uma viga de aço perfil W250 x167 e 
dois membros curtos soldados entre si e 
a viga. (a) Trace os diagramas de força 
cortante e momento fletor para a viga 
com o carregamento dado. (b) 
determinar a tensão normal máxima nas 
seções à direita e à esquerda do ponto 
D.
SOLUÇÃO:
• Substitua a força de 45 kN por um 
sistema equivalente de força e 
momento em D. Encontrar as reações 
em B, considerando a viga como um 
corpo livre.
• Realizar análise de equilíbrio nas 
seções da viga em pontos próximos 
do apoio e pontos de aplicação de 
carga resultando o corpo livre para 
determinar as forças de cisalhamento 
interna e o momento fletor.
• Aplicar as fórmulas de flexão 
elástica para determinar a tensão 
normal máxima à esquerda e à direita 
do ponto D.
Problema Resolvido 5.2
SOLUÇÃO:
• Substitua a carga de 45 kN por um sistema 
equivalente de força e momento em D. 
Encontrar as reações em B.
• Nas seções da viga aplicar análises de 
equilíbrio no resultado do corpo livre.
   mkN5,220450
kN450450
:
2
2
1
1 



xMMxxM
xVVxF
CparaADe
y
    mkN1086,12902,11080
kN10801080
:
2 



xMMxM
VVF
DparaCDe
y
  mkN1531,305kN153
:
 xMV
BaDDe
Problema Resolvido 5.2
• Aplicar as fórmulas de flexão elástica 
para determinar a tensão normal máxima 
à esquerda e à direita do ponto D.
Do Apêndice C para uma viga de aço do 
tipo W250 x167, W = 2080 x 103 mm3 em 
relação ao eixo X-X.
MPa96
mm102080
mmN108,199
:
MPa109
mm102080
mmN108,226
:
33
6
33
6








W
M
DdedireitaÁ
W
M
DdeesquerdaÁ
m
m


Relações entre Força Cortante e Momento 
Fletor
 
xwV
xwVVVFy

 0:0


D
C
x
x
CD dxwVV
w
dx
dV
• Relações entre força e força cortante:
 
 22
1
0
2
:0
xwxVM
xxwxVMMMMC



 


D
C
x
x
CD dxVMM
V
dx
dM
• Relações entre força cortante e momento fletor:
Problema Resolvido 5.3
Trace os diagramas de força 
cortante e momento fletor para 
a viga e o carregamento 
mostrados.
SOLUÇÃO:
• Considerando a viga inteira como um 
corpo livre, determine as reações em A e D.
• Aplicar a relação entre força e força cortante 
para desenvolver o diagrama de força 
cortante.
• Aplicar a relação entre força cortante e 
momento fletor para desenvolver o 
diagrama de momento fletor.
Problema Resolvido 5.3
SOLUÇÃO:
• Considerando a viga inteira como um corpo livre, 
determine as reações em A e D.
          
kN83
kN60kN125kN54kN940
0F
kN125
m4,8kN60m2,4kN54m8,1kN94m2,70
0
y








y
y
A
A
A
D
D
M
• Aplicar a relação entre força e força cortante para 
desenvolver o diagrama de força cortante.
dxwdVw
dx
dV

- inclinação zero entre as forças concentradas.
- variação linear ao longo do segmento da força 
distribuída.
Problema Resolvido 5.3
- O momento fletor em A e E é igual a zero.
- O somatório total de momento fletor em 
qualquer ponto da viga tem que ser zero.
- Onde o diagrama de força cortante passa 
pelo zero neste ponto haverá momento 
fletor máximo.
- variação do momento fletor entre D e E 
é quadrática.
- variação do momento fletor entre A, B, C 
e D é linear.
dxVdMV
dx
dM

• Aplicar a relação entre força cortante e momento 
fletor para desenvolver o diagrama de momento 
fletor.
Problema Resolvido 5.5
Esboce os diagramas de força 
cortante e momento fletor para a 
viga em balanço mostrada.
SOLUÇÃO:
• Considerando a viga inteira como um 
corpo livre, determinar as reações em 
C.• Aplicar a relação entre força e força 
cortante para desenvolver o diagrama de 
força cortante.
• Aplicar a relação entre força cortante e 
momento fletor para desenvolver o 
diagrama de momento fletor.
Problema Resolvido 5.5
SOLUÇÃO:
• Considerando a viga inteira como um corpo 
livre, determinar as reações em C.





 




 

33
0
0
02
1
02
1
02
1
02
1
aLawMMaLawM
awRRawF
CCC
CCy
 Resultados da integração das distribuições de 
força e força cortante devem ser equivalentes.
• Aplicar a relação entre força e força cortante 
para desenvolver o diagrama de força cortante.
 forçadecurvaasobáreaawV
a
xxwdx
a
xwVV
B
aa
AB


















  
02
1
0
2
0
0
0 2
1
- Nenhuma força cortante entre B e C.
- Compatível com a análise do corpo livre.
Problema Resolvido 5.5
• Aplicar a relação entre força cortante e momento 
fletor para desenvolver o diagrama de momento 
fletor.
2
03
1
0
32
0
0
2
0 622
awM
a
xxwdx
a
xxwMM
B
a
a
AB

















 
















   
  




 
 
32
3 006
1
02
1
02
1
aLwaaLawM
aLawdxawMM
C
L
a
CB
Resultados em C são compatíveis com a 
análise do corpo livre.
Projeto de Vigas Prismáticas em Flexão
• Entre as escolhas para a seção das vigas que tem um módulo de 
resistência aceitável, aquela com o menor peso por unidade de 
comprimento portanto a menor área de seção transversal será 
menos cara e a melhor escolha.
• A maior tensão normal é encontrada na superfície onde omomento máximo de flexão ocorre.
W
M
I
cM
m
maxmax 
• Um projeto seguro requer que a tensão máxima normal seja 
inferior à tensão admissível do material utilizado. Este 
critério leva à determinação do mínimo módulo de 
resistência à flexão aceitável.
adm
admm
M
W


max
min 

Problema Resolvido 5.8
• A viga de aço simplesmente apoiada, 
deve suportar as forças distribuídas e 
concentradas mostradas. Sabendo que 
a tensão normal admissível para a 
classe de aço a ser utilizado é de 160 
MPa, selecione o perfil de mesa larga 
que deve ser usado.
SOLUÇÃO:
• Considerando-se a viga inteira como 
um corpo livre, determine as reações 
em A e D.
• Desenvolver o diagrama de força 
cortante para a viga. A partir do 
diagrama, determine o momento fletor 
máximo.
• Determine o módulo de resistência 
mínimo aceitável para a seção da viga. 
Escolha a melhor seção padrão que 
atenda a este critério.
Problema Resolvido 5.8
• Considerando-se a viga inteira como um corpo 
livre, determine as reações em A e D.
       
kN0.52
kN50kN60kN0.580
kN0.58
m4kN50m5.1kN60m50




y
yy
A
A
AF
D
DM
• Desenvolver o diagrama de força cortante e 
determinar o momento fletor máximo.
 
kN8
kN60
kN0.52



B
AB
yA
V
adistribuídforçadecurvaasobáreaVV
AV
• Momento fletor máximo ocorre quando 
V = 0 ou x = 2.6 m.
 
kN
EeAentrecortanteforçadacurvaasobáreaM
6.67
max


Problema Resolvido 5.8
• Determine o módulo de resistência da seção 
mínimo aceitável. 
33
adm
mmm
MPa160
mkNMW
36
max
min
105.422105.422
6.67





• Escolha a melhor seção padrão que atenda a 
este critério.
9.32360W
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
6 Tensões de cisalhamento em vigas e elementos de parede fina
Conteúdo
Introdução
Força Cortante na Face Horizontal de um Elemento de Viga
Exemplo 6.01
Determinação das Tensões de Cisalhamento em uma Viga
Tensões de Cisalhamento xy em Tipos Comuns de Vigas
Discussões Adicionais sobre Distribuição de Tensões em uma Viga 
Retangular Estreita
Problema Resolvido 6.2
Cisalhamento Longitudinal em um Elemento de Viga de modo Arbitrário
Exemplo 6.04
Tensões de Cisalhamento em Barras de Paredes Finas
Deformações Plásticas
Problema Resolvido 6.3
Carregamento Assimétrico em Barras de Paredes Finas
Exemplo 6.05
Exemplo 6.06
Introdução
 
  MyMdAF
dAzMVdAF
dAzyMdAF
xzxzz
xyxyy
xyxzxxx









0
0
00
• A distribuição de tensões normais e de 
cisalhamento satisfazem
• Carregamento transversal aplicado em uma 
viga resultará em tensões normais e de 
cisalhamento nas seções transversais.
• Cisalhamento longitudinal deve existir 
em qualquer elemento submetido a uma 
carga transversal.
• Quando tensões de cisalhamento são 
exercidas sobre as faces verticais de um 
elemento, tensões iguais devem ser 
exercidas sobre as outras faces horizontais.
Força Cortante na Face Horizontal de um 
Elemento de Viga
• Considere a viga prismática
• Para o equilíbrio do elemento de viga
 

 



A
CD
A
CDx
dAy
I
MMH
dAHF

0
xVx
dx
dMMM
dAyQ
CD
A


• Nota,
tocisalhamendefluxo
I
VQ
x
Hq
x
I
VQH





• Substitutindo,
Força Cortante na Face Horizontal de um 
Elemento de Viga
• onde
elemento do totalárea da inércia de momento 
. de acima área da estático momento 
'
2






AA
1
A
dAyI
y
dAyQ
• Mesmo resultado encontrado para 
área inferior
HH
QQ
q
I
QV
x
Hq









neutro eixo do 
respectivo estático momento 
0
tocisalhamendefluxo
I
VQ
x
Hq 



• Fluxo de cisalhamento,
Exemplo 6.01
Uma viga é feita de três pranchas, 
pregadas juntas. Sabendo que o 
espaçamento entre os pregos é de 25 
mm e que o cisalhamento vertical da 
viga é V = 500 N, determine a força 
cortante em cada prego.
SOLUÇÃO:
• Determine a força horizontal por 
unidade de comprimento ou o fluxo de 
cisalhamento (q) na superfície inferior 
da prancha superior.
• Calcular a força cortante 
correspondente em cada prego.
Exemplo 6.01
  
  
  
  
46
2
3
12
1
3
12
1
36
m1020.16
]m060.0m100.0m020.0
m020.0m100.0[2
m100.0m020.0
m10120
m060.0m100.0m020.0









I
yAQ
SOLUÇÃO:
• Determine a força horizontal por 
unidade de comprimento ou o fluxo de 
cisalhamento (q) na superfície inferior 
da prancha superior.
m
N3704
m1016.20
)m10120)(N500(
46-
36





I
VQq
• Calcular a força de cisalhamento 
correspondente em cada prego para 
um espaçamento de 25 mm.
mNqF 3704)(m025.0()m025.0( 
N6.92F
Determinação das Tensões de Cisalhamento 
em uma Viga
• A tensão de cisalhamento média na face 
horizontal do elemento é obtido dividindo a 
força de cisalhamento no elemento pela área 
da face.
It
VQ
xt
x
I
VQ
A
xq
A
H
méd










• Se a largura da viga é relativamente pequena 
comparável com a altura, o corte resulta em D1 
e D2 significativamente maiores do que em D.
• Nas superfícies superior e inferior da viga, yx= 
0. Segue-se que xy= 0 nas bordas superior e 
inferior das seções transversais.
Tensões de Cisalhamento xy em Tipos Comuns 
de Vigas
• Para uma viga retangular estreita,
A
V
c
y
A
V
Ib
VQ
xy
2
3
1
2
3
max
2
2












• Para vigas do tipo I (padrão 
americano) e tipo W (viga de 
mesas largas)
alma
máx
méd
A
V
It
VQ




Discussões Adicionais sobre Distribuição de 
Tensões em uma Viga Retangular Estreita
• As tensões de cisalhamento são independentes da 
distância do ponto de aplicação da carga.
• As tensões normais dependem das condições de 
extremidade. 








 2
2
1
2
3
c
y
A
P
xy I
Pxy
x 
• Considere uma viga estreita em balanço de seção 
retangular submetida a carga P em sua extremidade livre:
• Do princípio de Saint-Venant, os efeitos do modo de 
aplicação da carga são desprezíveis, exceto nas 
imediações dos pontos de aplicação da carga.
• As deformações de cisalhamento devido a cargas 
distribuídas são insignificantes para as seções típicas 
da viga em estudo.
Problema Resolvido 6.2
Uma viga de madeira deve suportar três 
forças concentradas mostradas. Sabendo 
que para o tipo de madeira utilizada,
MPa82,0MPa12  admadm 
determinar a altura d mínima 
necessária para a viga.
SOLUÇÃO:
• Desenvolver diagramas de força 
cortante e momento fletor. Identificar 
os valores máximos.
• Determinar a altura da viga com base 
na tensão normal admissível.
• Determinar a altura da viga com base 
na tensão de cisalhamento admissível.
• Altura da viga exigida é igual à 
maior das duas alturas encontradas.
Problema Resolvido 6.2
SOLUÇÃO:
 Desenvolver diagramas de força 
cortante e momento fletor. Identificar 
os valores máximos
mkN25,11
kN15
max
max


M
V
Problema Resolvido 6.2
 
  2
2
6
1
2
6
1
3
12
1
015,0
m090,0
d
d
db
c
IW
dbI




• Determinar a alturada viga com base na tensão 
normal admissível.
 
m25,0
015,0
mkN25,11kN10 12 2
3
max




d
d
W
M
adm
• Determinar a altura da viga com base na tensão de 
cisalhamento admissível.
 
m30,0
m0,090
kN15
2
3kN/m1082,0
2
3
23
max



d
d
A
V
adm
• Altura da viga exigida é igual ao maior dos dois valores.
mm300d
Cisalhamento Longitudinal em um Elemento de 
Viga de modo Arbitrário
• Já examinamos a distribuição das 
componentes verticais xy em uma 
seção transversal de uma viga. Vamos 
agora considerar as componentes 
horizontais xz das tensões.
• Exceto para as diferenças nas áreas de 
integração, este é o mesmo resultado 
obtido antes o que leva a
I
VQ
x
Hqx
I
VQH 



• Considere a viga prismática com um 
elemento definido pela superfície 
CDD’C’.
   
a
dAHF CDx 0
Exemplo 6.04
Uma viga caixão quadrada é construída 
a partir de quatro tábuas, como 
mostrado. Sabendo que o espaçamento 
entre os pregos é de 45 mm e a viga está 
submetida a um cisalhamento vertical de 
magnitude V = 2,7 kN, determine a 
força cortante em cada prego.
SOLUÇÃO:
• Determinar a força de cisalhamento 
por unidade de comprimento ao 
longo de cada borda da prancha 
superior.
• Baseado no espaçamento entre 
pregos, determinar a força de 
cisalhamento em cada prego.
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
7 Transformações de tensão e deformação
Conteúdo
Introdução
Transformação do Estado Plano de Tensão
Tensões Principais
Tensão de Cisalhamento Máxima
Exemplo 7.01
Problema Resolvido 7.1
Círculo de Mohr para o Estado Plano de Tensão
Exemplo 7.02
Problema Resolvido 7.2
Estado Geral de Tensão
Aplicação do Círculo de Mohr na Análise Tridimensional da Tensão
Critérios de Escoamento para Materiais Dúcteis em Estado Plano de Tensão
Critério de Fratura para Materiais Frágeis em Estado Plano de Tensão
Tensões em Vasos de Pressão de Paredes Finas
Transformação do Estado Plano de Deformação
Círculo de Mohr para o Estado Plano de Deformação
Análise Tridimensional de Deformação
Medidas de Deformação Específica e Rosetas de Deformação
Introdução
• O estado mais geral de tensão em um ponto pode 
ser representado por seis componentes,
),, :(Note
scisalhante tensões,,
normais tensões,,
xzzxzyyzyxxy
zxyzxy
zyx




• O mesmo estado de tensão é representado por um 
conjunto diferente de componentes se os eixos 
são girados.
• A primeira parte do capítulo está 
preocupada com a forma como as componentes 
de tensão são transformadas quando ocorre uma 
rotação dos eixos de coordenadas. A segunda 
parte do capítulo é dedicado a uma análise 
semelhante da transformação das 
componentes de deformação.
Introdução
• Estado plano de tensão também ocorre na 
superfície livre de um elemento estrutural ou 
componente de máquina, ou seja, em qualquer 
ponto da superfície que não esteja submetido 
a uma força externa.
• Plano de tensão - estado de tensão em que duas 
faces do elemento de volume estão livres de qualquer 
tensão. Para o exemplo ilustrado, o estado de tensão é 
definido por
.0,, e xy  zyzxzyx 
• Estado plano de tensão ocorre em uma placa 
fina submetida a forças que atuam no plano médio 
da espessura da placa.
Transformação do Estado Plano de Tensão
   
   
   
    



senAsenAsen
AsenAAF
AsensenAsen
senAAAF
xyy
xyxyxy
xyy
xyxxx








cos
coscoscos0
cos
coscoscos0
• Considerar as condições para o equilíbrio de um 
elemento prismático com faces perpendicular aos 
eixos x, y, e x’.









2cos2
2
22cos
22
22cos
22
xy
yx
yx
xy
yxyx
y
xy
yxyx
x
sen
sen
sen
















• As equações podem ser reescritas para produzir
Tensões Principais
• As equações anteriores são combinadas para 
produzir equações paramétricas de 
um círculo,
 
2
2
222
22
onde
xy
yxyx
méd
yxmédx
R
R









 



 
• Tensões principais ocorrem nos 
planos principais de tensões onde o 
cisalhamento é zero.
o
2
2
minmax,
90por defasados ângulos dois define :Note
2
2tan
22
yx
xy
p
xy
yxyx













 



Tensão de Cisalhamento Máxima
Tensão de cisalhamento máxima ocorre para
médx  
2
45por principais planos dos defasados
e 90por defasados ângulos dois define :Note
2
2tan
2
o
o
2
2
max
yx
méd
xy
yx
s
xy
yxR

















 

Exemplo 7.01
Para o estado plano de tensão 
mostrado, determine (a) os 
planos principais, (b)as tensões 
principais, (c) a tensão de 
cisalhamento máxima e a 
tensão normal correspondente.
SOLUÇÃO:
• Encontrar a orientação do elemento para as 
tensões principais de
yx
xy
p 




2
2tan
• Determine as tensões principais 
2
2
minmax, 22 xy
yxyx 

 




 



• Calcule a tensão de cisalhamento máxima 
com
2
2
max 2 xy
yx 

 




 

2
yx 


Fig. 7.13
Exemplo 7.01
SOLUÇÃO:
• Encontrar a orientação do elemento para as 
tensões principais de
 
 







1.233,1.532
333.1
1050
40222tan
p
yx
xy
p




 6.116,6.26p
• Determine as tensões principais
   22
2
2
minmax,
403020
22






 


 xy
yxyx 


MPa30
MPa70
min
max




MPa10
MPa40MPa50


x
xyx


Fig. 7.13
Fig. 7.14
Exemplo 7.01
2
1050
2



 yxméd


• A tensão normal correspondente é
MPa20
• Calcule a tensão de cisalhamento máxima 
com
   22
2
2
max
4030
2






 
 xy
yx 


MPa50max 
45 ps 
 6.71,4.18s
MPa10
MPa40MPa50


x
xyx


Fig. 7.13
Fig. 7.16
Problema Resolvido 7.1
Uma única força horizontal P de 670 N de 
magnitude é aplicada a extremidade D da 
alavanca ABD. Determine (a) as tensões 
normal e de cisalhamento em um elemento no 
ponto H com lados paralelos aos eixos x 
e y, (b) os planos e tensões principais no 
ponto H.
SOLUÇÃO:
• Determine um sistema de força e 
momento equivalentes no centro da 
seção transversal que passa por H.
• Avaliar as tensões normais e de 
cisalhamento em H.
• Determinar os planos principais e 
calcular as tensões principais.
Problema Resolvido 7.1
SOLUÇÃO:
• Determine um sistema de força e 
momento equivalentes no centro da 
seção transversal que passa por H.
  
   mN5,167m25,0N670
mN2,308m46,0N670
N670



xM
T
P
• Avaliar as tensões normais e de 
cisalhamento em H.
  
 
  
 421
4
4
1
m015,0
m015,0mN2,308
m015,0
m015,0mN5,167








J
Tc
I
Mc
xy
y
MPa1,58MPa2,630  yyx 
Problema Resolvido 7.1
• Determinar os planos principais e 
calcular as tensões principais.
 






5,118,5,612
84,12,630
1,58222tan
p
yx
xy
p




 3,59,7,30p
 2
2
2
2
minmax,
1,58
2
2,630
2
2,630
22





 







 


 xy
yxyx 


MPa5,34
MPa7,97
min
max




Círculo de Mohr para o Estado Plano de Tensão
• Para um estado conhecido de tensão plana 
 plotar os pontos X e Y e construir 
o círculo centrado em C. 
xyyx  ,,
2
2
22 xy
yxyx
méd R 

 




 



• Com o significado físico do círculo de Mohr 
para tensão plana estabelecida, ele pode ser 
aplicado com simples considerações 
geométricas. Valores críticos são estimados 
graficamente ou calculados.
• As tensões principais são obtidas em A e B.
yx
xy
p
méd R







2
2tan
minmax,
O sentido de rotação de  Ox para Oa é o 
mesmo que  CX  para  CA.
Círculo de Mohr para o Estado Plano de Tensão
• Com o círculo de Mohr definido, o estado de 
tensão em outras orientações de eixos pode 
ser descrita.
• Tensões normais e de cisalhamento são 
obtidas a partir das coordenadas X’Y’.
• Para o estado de tensões em um ângulo  
com relação aos eixos xy , construir um novo 
diâmetro X’Y’ em um ângulo de 2 com 
relação a XY.
Círculo de Mohr para o Estado Plano de Tensão
• Círculo de Mohr para carga axial centrada:
0,  xyyx A
P 
A
P
xyyx 2
 
• Círculo de Mohr para carga torcional:
J
Tc
xyyx   0 0 xyyx J
Tc 
Exemplo 7.02
Para o estado plano 
de tensão mostrado, (a) construção 
do círculo de Mohr, (b) determinar os 
planos principais, (c) as tensões 
principais, (d) a tensão de cisalhamento 
máxima e a tensão normal 
correspondente.
Fig. 7.21
SOLUÇÃO:
• Construção do círculo de Mohr
   
    MPa504030
MPa40MPa302050
MPa20
2
1050
2
22 






CXR
FXCF
yx
méd


Exemplo 7.02


1.532
30
402tan
p
p CF
FX


 6.26p
• Planos principais e tensões principais
5020max  CAOCOA
MPa70max 
5020min  BCOCOB
MPa30min 
Exemplo 7.02
• Tensão de cisalhamento máxima
 45ps 
 6.71s
Rmax
MPa 50max 
ave 
MPa 20 
Problema Resolvido 7.2
Para o estado plano de 
tensão mostrado, determine (a) os 
planos principais e as tensões 
principais, (b) as componentes de 
tensão exercida sobre o elemento 
obtido pela rotação do 
elemento dado sentido anti-
horário de 30º.
SOLUÇÃO:
• Construir o círculo de Mohr
        MPa524820
MPa80
2
60100
2
2222 





FXCFR
yx
méd


Problema Resolvido 7.2
• Planos e Tensões principais 


4.672
4.2
20
482tan
p
p CF
XF


horário7.33 p
5280
max

 CAOCOA
5280
max

 BCOCOA
MPa132max  MPa28min 
Problema Resolvido 7.2
• Componentes de tensão após a rotação de 
30º 
 Pontos X’ e Y’ no círculo de Mohr que 
correspondem às componentes de tensão no 
elemento girado são obtidos através da 
rotação anti-horário através de XY  602 MPa3.41
MPa6.111
MPa4.48






yx
y
x










6.5252
6.52cos5280
6.52cos5280
6.524.6760180
senXK
CLOCOL
KCOCOK
yx
y
x




• Estado de tensão ao longo de Q definido por:
zxyzxyzyx  ,,,,,
Estado Geral de Tensão
• Considerar o estado geral em 3D de tensão em um ponto 
e a transformação de tensão da rotação do elemento 
• Considere o tetraedro com a face perpendicular à linha 
QN com direção dos cossenos : zyx  ,,
• A exigência leva a,  0nF
xzzxzyyzyxxy
zzyyxxn


222
222


• Podemos selecionar os eixos de coordenadas de maneira 
tal que se reduza aos três termos
222
ccbbaan  
 Estes são os eixos principais e planos principais e as 
tensões normais são as tensões principais.
Aplicação do Círculo de Mohr na Análise 
Tridimensional da Tensão
• Os três círculos representam as tensões 
normais e cisalhamento para rotação em 
torno de cada eixo principal.
• Pontos A, B e C representam as tensões 
principais nos planos principais (tensão 
de cisalhamento é zero). minmaxmax 2
1  
• Raio do círculo maior produz a tensão 
de cisalhamento máxima.
• Transformação de tensões para um 
elemento girado em torno de um eixo 
principal pode ser representado pelo 
círculo de Mohr.
Aplicação do Círculo de Mohr na Análise 
Tridimensional da Tensão
b) a tensão de cisalhamento máxima para o 
elemento é igual à tensão de 
cisalhamento máxima “no plano” 
a) as tensões principais correspondentes 
são as tensões normais máximas e 
mínimas para o elemento
• Se os pontos A e B (representando as 
tensões principais) estão em lados opostos 
da origem, então
• No caso do estado plano de tensão, o eixo 
perpendicular ao plano de tensão é um eixo 
principal (tensão normal e cisalhante são zero). 
c) planos de tensão de cisalhamento máxima 
estão a 45º dos planos principais.
Exemplo 6.04
SOLUÇÃO:
• Determinar a força de cisalhamento 
por unidade de comprimento ao 
longo de cada borda da prancha 
superior.
  
ocompriment de unidadepor força da metade 
mm
N2,8
2
mm
N4,16
mm10 11,29
mm590.68N2700
46
3





qf
I
VQq
• Baseado no espaçamento entre 
pregos, determinar a força de 
cisalhamento em cada prego.
 mm45
mm
N2,8 




 ℓfF
N369F
Para a prancha superior,
   
3mm590.68
mm5,47mm76mm19

 yAQ
Para o momento de inércia global da seção,
   
46
4
12
14
12
1
mm1029,11
mm76mm114

I
Tensões de Cisalhamento em Barras de 
Paredes Finas
• Considere um segmento da viga de 
paredes finas submetida ao cisalhamento 
vertical V.
• A força de cisalhamento longitudinal no 
elemento é
x
I
VQH 
It
VQ
xt
H
xzzx 


• A tensão de cisalhamento correspondente é
• NOTA
:
0xy
0xz
nas mesas
na alma
• Anteriormente encontrou uma expressão 
similar para a tensão de cisalhamento na 
alma
It
VQ
xy 
Tensões de Cisalhamento em Barras de 
Paredes Finas
• A variação do fluxo de cisalhamento em 
toda a seção depende apenas da 
variação do momento estático.
I
VQtq 
• Para um viga caixão, q cresce suavemente 
de zero em A para um máximo em C e C'e 
depois diminui de volta a zero a medida 
que se atinge E.
• O sentido do q nas partes horizontais da 
seção pode ser deduzido do sentido das 
partes verticais ou o sentido do 
cisalhamento V.
Tensões de Cisalhamento em Barras de 
Paredes Finas
• Para um viga de mesas largas, o fluxo de 
cisalhamento aumenta simetricamente a 
partir de zero em A e A', atinge um 
máximo em C e depois diminui para 
zero em E e E’. 
• A continuidade da variação do q e a 
fusão do q a partir de ramos da seção 
sugere uma analogia com o fluxo de 
fluido.
Deformações Plásticas 
máximo elástico momento  EE c
IM • Recordar :
• Para M = PL < ME , a tensão normal não 
excede a tensão de escoamento em qualquer 
lugar ao longo da viga.
• Carga máxima que a viga pode suportar é
L
M
P pmax
• Para PL > ME , escoamento é iniciado em B e B’. 
Para um material elastoplástico, a metade da 
espessura do núcleo elástico é encontrada a partir






 2
2
3
11
2
3
c
yMPx EE
• A seção torna-se totalmente plástica (yE = 0) 
na parede quando
pE MMPL  2
3
Deformações Plásticas 
• Considerea força de cisalhamento 
horizontal em um elemento dentro da zona 
plástica,
    0 dAdAH EEDC 
 Portanto, a tensão de cisalhamento é zero na 
zona plástica.
• Como A’ diminui , max aumenta e pode 
exceder E.
• A discussão anterior foi baseada em tensões 
normais somente.
• Carga de cisalhamento é realizada pelo 
núcleo elástico,
A
P
byAonde
y
y
A
P
E
E
xy











2
3
2 1
2
3
max
2
2


Problema Resolvido 6.3
Sabendo que a força cortante vertical é 
220 kN em um viga W250x101, 
determinar a tensão de cisalhamento 
horizontal na mesa superior no ponto a.
SOLUÇÃO:
• Para a área sombreada,
   
34 mm1035,26
mm2,122mm6,19mm110

Q
• A tensão de cisalhamento é,
  
  mm6,19mm10164
mm1035,26N10220
46
343



It
VQ
MPa03,18
Carregamento Assimétrico em Barras de 
Paredes Finas
• Uma viga carregada em um 
plano vertical de simetria 
deforma no plano de simetria 
sem torcer.
It
VQ
I
My
médx  
• Viga sem um plano vertical 
de simetria ou com uma força 
excêntrica.
It
VQ
I
My
médx  
Carregamento Assimétrico em Barras de 
Paredes Finas
• O ponto O é conhecido como o centro de 
cisalhamento da seção viga.
• Se a força de cisalhamento é aplicada de modo 
que a viga não torce, então a distribuição de 
tensão de cisalhamento satisfaz
FdsqdsqFdsqV
It
VQ E
D
B
A
D
B
méd  
• F e F’ indicam um conjugado de momento Fh , 
este momento pode ser eliminado se mover a 
força cortante por uma distância e. 
VehF 
• Quando a força P é aplicada a uma distância e 
para a esquerda da linha central da alma, as 
barras em um plano vertical sofrem flexão sem 
sofrer torção.
Exemplo 6.05
 hbth
hbtbtthIII mesasalma















6
212
12
12
12
2
12
1
2
33
• Combinando,
 mm1003
mm1502
mm100
3
2 



b
h
be mm40e
• Determinar a localização para o centro de cisalhamento da 
seção de canal com b = 100 mm, h = 150 mm e t = 3,8 mm.
I
hFe 
• Onde,
I
Vthb
dshst
I
Vds
I
VQdsqF
b bb
4
2
2
0 00

 
Exemplo 6.06
• Determinar a distribuição de tensão de 
cisalhamento 
V = 12 kN
It
VQ
t
q

• Tensão de cisalhamento na alma,
  
 
 
 
  
    MPa2,23mm150mm1006mm150mm8,32
mm150mm1004N120003
62
43
6
4
2
12
1
8
1
max










hbth
hbV
thbth
hbhtV
It
VQ
• Cisalhamento nas mesas,
 
    
  
    MPa8,16mm150mm1006mm150mm8,3
mm100N120006
6
6
62
22
2
12
1








hbth
Vb
hbth
Vhb
s
I
Vhhst
It
V
It
VQ
B

• Se A e B estão do mesmo lado da origem 
(ou seja, têm o mesmo sinal), então
b) tensão de cisalhamento máxima para o 
elemento é igual a metade da tensão 
normal máxima.
a) o círculo que define maxmine 
max para o elemento não é o círculo 
correspondente às transformações de 
tensão dentro do plano.
c) planos de tensão de cisalhamento 
máxima estão a 45 graus do plano de 
tensão.
Aplicação do Círculo de Mohr na Análise 
Tridimensional da Tensão
Critérios de Escoamento para Materiais Dúcteis em 
Estado Plano de Tensão
• Falha de um componente de máquina 
submetidos a tensão uniaxial está 
diretamente prevista a partir de um ensaio 
de tração equivalente.
• Critérios de falha são baseados no 
mecanismo de falha. Permite a comparação 
das condições de falha de um teste de 
tensão uniaxial e biaxial.
• Falha de um componente de máquina 
submetidos a um estado plano de tensão 
não pode ser diretamente previstas a 
partir do estado uniaxial de tensão em uma 
amostra de ensaio de tração
• É conveniente determinar as tensões 
principais e de base os critérios de falha no 
estado de tensão biaxial correspondente 
Critérios de Escoamento para Materiais Dúcteis em 
Estado Plano de Tensão
Critério da tensão de cisalhamento máxima:
 Componente estrutural é seguro desde que 
a tensão de cisalhamento máxima seja menor 
que a tensão de cisalhamento em uma amostra 
submetida ao teste de tração quando este 
começa a escoar, ou seja,
2max
E
E
 
Para a e b com o mesmo sinal,
22
ou
2max
Eba  
Para a e b com o sinal oposto,
22max
Eba  


Critérios de Escoamento para Materiais Dúcteis em 
Estado Plano de Tensão
   
222
2222 00
6
1
6
1
Ebbaa
EEbbaa
Ed
GG
uu





Critério da energia de distorção máxima:
 Componente estrutural é seguro, desde 
que a energia de distorção por unidade de 
volume seja menor do que a energia 
necessária para provocar escoamento no 
corpo de prova submetido ao ensaio de 
tração.
Critério de Fratura para Materiais Frágeis em Estado 
Plano de Tensão
Critério da tensão normal máxima:
 Componente estrutural é seguro, desde que a 
tensão máxima normal seja menor do que 
a força final de uma amostra no ensaio de 
tração.
Lb
La




Materiais frágeis falham de repente por 
ruptura ou fratura em um ensaio de tração. A 
condição de falha é caracterizada 
pela resistência final L.
Tensões em Vasos de Pressão de Paredes Finas
• Recipiente cilíndrico com tensões principais 
1 = tensão tangencial ou circunferencial 
2 = tensão longitudinal
   
t
pr
xrpxtFz


1
1 220


• tensão tangencial:
   
21
2
2
2
2
2
20






t
pr
rprtFx
• tensão longitudinal:
Tensões em Vasos de Pressão de Paredes Finas
• Máxima tensão de cisalhamento no plano:
t
pr
42
1
2)plano nomax(  
• A máxima tensão de cisalhamento fora do 
plano corresponde a uma rotação de 45º do 
elemento de tensão plana em torno de 
um eixo longitudinal.
t
pr
22max

• Os pontos A e B correspondem a tensão 
tangencial e longitudinal, 1 e 2.
Tensões em Vasos de Pressão de Paredes Finas
• Vaso de pressão esférico:
t
pr
221

• Máxima tensão de cisalhamento 
fora do plano
t
pr
412
1
max  
• Círculo de Mohr para as 
transformações de tensão dentro do 
plano se reduz a um ponto
0
constante
plano) max(no
21




Transformação do Estado Plano de Deformação
• Deformação plana - deformações dos 
materiais ocorrem em planos paralelos e são 
as mesmas em cada um desses planos.
• Exemplo: Considere uma longa barra 
submetida a cargas uniformemente distribuídas 
transversal. Estado plano de deformação existe 
em qualquer seção transversal não 
localizada muito perto da extremidade da barra.
• Plano de deformação ocorre em uma placa 
submetida ao longo de suas bordas a uma 
carga uniformemente distribuída e impedida 
de expansão ou contração lateralmente 
por suportes rígidos, fixos e planos
 0
 :deformação de scomponente
x  zyzxzxyy 
Transformação do Estado Plano de Deformação
• Estado de deformação no ponto Q resulta 
em componentes diferentes com relação ao 
sistema de referência xy e x’y’.
 
   
 yxOBxy
xyyxOB
xyyx sensen






2
45
coscos
2
1
22














2cos
2
2
22
2
2
2cos
22
2
2
2cos
22
xyyxyx
xyyxyx
y
xyyxyx
x
sen
sen
sen
















• Aplicando as relações trigonométricas 
utilizadas para transformação de 
deformações,Círculo de Mohr para o Estado Plano de Deformação
• As equações para a transformação do estado 
plano de deformação são da mesma forma 
que as equações para a transformação do 
estado plano de tensão -  Aplicar técnicas do 
círculo de Mohr .
• A abscissa de centro C e raio R,
22
222 











 


 xyyxyxméd R


  22max 2 xyyxR  
• Máxima deformação de cisalhamento no plano,
• Eixos principais de deformação e as 
deformações principais,
RR médméd
yx
xy
p







minmax
2tan
Análise Tridimensional de Deformação
• Anteriormente foi demonstrado 
que existem três eixos principais de tal forma 
que as faces do elemento perpendicular estão 
livres de tensões de cisalhamento.
• Pela Lei de Hooke, segue-se que as 
tensões de cisalhamento são 
nulas bem como os planos principais de 
tensão também são os planos principais de 
deformação.
• Rotação sobre os eixos principais podem 
ser representadas por círculos de Mohr.
Análise Tridimensional de Deformação
• Para o caso de deformação plana, onde os 
eixos x e y estão no plano de deformação, 
- o eixo z é também um eixo principal
- a deformação normal principal 
correspondente é representada pelo 
ponto Z = 0 ou a origem.
• Se os pontos A e B estão em lados opostos da 
origem, a deformação de cisalhamento 
máxima é igual a máxima no plano de 
deformação e corresponde aos pontos D e E.
• Se os pontos A e B estão do mesmo lado da 
origem, a deformação de cisalhamento 
máxima é fora do plano de deformação e é 
representada pelos pontos D’ e E’.
Análise Tridimensional de Deformação
• Correspondentes deformações normais,
   babac
ba
b
ba
a
E
EE
EE










1
• Se B está localizado entre A e C no diagrama 
do círculo de Mohr, a deformação de 
cisalhamento máxima é igual ao diâmetro CA.
• então perpendicular ao plano de 
deformações não é zero.
• Considere o caso de estado plano de tensão,
0 zbyax 
Medidas de Deformação Específica e Rosetas de 
Deformação
• Extensômetros indicam deformação 
normal, através de mudanças na resistência.
 yxOBxy   2
• Com um formato de roseta de 45o , x e y 
são medidos diretamente. xy  é obtido 
indiretamente com,
333
2
3
2
3
222
2
2
2
2
111
2
1
2
1
coscos
coscos
coscos



sensen
sensen
sensen
xyyx
xyyx
xyyx



• Deformações normais e de 
cisalhamento podem ser obtidas a partir das 
medidas de deformação específica normal 
em qualquer uma das três direções,
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
8 Tensões principais sob um dado carregamento
Conteúdo
Introdução
Tensões Principais em uma Viga
Problema Resolvido 8.1
Problema Resolvido 8.2
Projeto de Eixos de Transmissão
Problema Resolvido 8.3
Tensões sob Carregamentos Combinados
Problema Resolvido 8.5
Introdução
• No Capítulo 1 e 2, você aprendeu como determinar a tensão normal devido a 
cargas centradas.
• No capítulo 3, é analisada a distribuição de tensões de cisalhamento em um 
membro circular devido a um momento de torção.
• No capítulo 4, que determinou as tensões normais causadas por momento fletor.
• Nos capítulos 5 e 6, você avaliou as tensões normais e de cisalhamento devido a 
cargas transversais.
• No Capítulo 7, você aprendeu como as componentes de tensão e deformação são 
transformadas por uma rotação dos eixos coordenados e como determinar os 
planos principais, tensões e deformações principais e tensão e deformação de 
cisalhamento máxima em um ponto.
• No capítulo 8, você vai aprender como determinar a tensão em um elemento 
estrutural ou elemento de máquina devido a uma combinação de cargas e como 
encontrar as tensões principais correspondente e tensão de cisalhamento máxima.
Tensões Principais em uma Viga
• Viga prismática submetida a um 
carrgamento transversal
It
VQ
It
VQ
I
Mc
I
My
mxy
mx




• Pode a tensão normal máxima dentro da 
seção transversal ser maior do que
I
Mc
m 
• Tensões principais determinadas a partir de 
métodos do Capítulo 7.
Tensões Principais em uma Viga
Tensões Principais em uma Viga
• Quando a seção transversal varia de maneira que 
grandes valores de xy ocorram perto da superfície 
onde x também é grande.
• max pode ser maior do que m
Problema Resolvido 8.1
Uma força de 160 kN é aplicada no final 
de uma viga de aço laminado W200x52. 
Desprezando os efeitos dos adoçamentos 
iletes e das concentrações de tensão, 
determinar se as tensões normais 
satisfazem à especificação de projeto de 
ser igual ou inferior a 150 MPa na seção 
A-A’.
SOLUÇÃO:
• Determine a força cortante e 
momento fletor na Seção A-A’
• Calcular a tensão normal na 
superfície superior e na junção da 
alma e mesa.
• Avaliar a tensão de cisalhamento 
na junção da alma e mesa.
• Calcule a tensão principal na 
junção da alma e mesa.
Problema Resolvido 8.1
SOLUÇÃO:
• Determine a força cortante e momento 
fletor na Seção A-A’
  
kN160
kN.m60m375.0kN160


A
A
V
M
• Calcular a tensão normal na superfície 
superior e na junção da alma e mesa.
 
MPa9.102
mm103
mm4.90MPa2.117
MPa2.117
m10512
mkN60
36





 
c
yσ
W
M
b
ab
A
a


Problema Resolvido 8.1
• Calcule a tensão principal na junção da alma 
e mesa.
 
 
 MPa 150MPa9.159
5.95
2
9.102
2
9.102 2
2
22
2
1
2
1
max







 bbb 
Especificação de projeto não é satisfeita.
• Avaliar a tensão de cisalhamento na junção da 
alma e mesa.
 
  
  
MPa5.95
m0079.0m107.52
m106.248kN160
m106.248
mm106.2487.966.12204
46
36
36
33









It
QV
Q
A
b
Problema Resolvido 8.2
A viga biapoiada com um balanço 
suporta uma força uniformemente 
distribuída e uma força centrada. 
Sabendo que para o tipo de aço a 
ser utilizado adm = 165 Mpa e adm 
= 100 Mpa, selecione a viga de 
mesa larga que deverá ser 
utilizada.
SOLUÇÃO:
• Determinar as reações em A e D.
• Encontrar a tensão de cisalhamento 
máxima.
• Encontrar a tensão normal máxima.
• Calcular o módulo de resistência da 
seção e escolher o melhor perfil que 
atenda.
• Determine a força cortante máxima e 
o momento fletor máximo a partir dos 
diagramas.
Problema Resolvido 8.2
• Calcular o módulo de resistência da seção e 
escolher o melhor perfil que atenda.
 92 W530leve mais perfil o osselecionam
mm102048
N/m10165
mN10338 33
26
3
max
min





adm
M
W

• Determine a força cortante máxima e o 
momento fletor máximo a partir dos diagramas.
kN198mkN338
maxmax
 VM
SOLUÇÃO:
• Determinar as reações em A e D.
kN1900
kN2700




AD
DA
RM
RM
Problema Resolvido 8.2
• Encontrar a tensão de cisalhamento máxima. 
Assumindo tensão de cisalhamento uniforme 
na alma,
MPa100MPa 42,36
m 105437
N 10198
26
3
max
max 

 
almaA
V
• Encontrar a tensão normal máxima.
 
MPa11,11
m105437
N104,60
MPa5,153
m 267,0
m 251,0MPa3,163
MPa3,163
m102070
N10338
26
3
b
36
3
max











alma
b
ab
a
A
Vc
yσ
W
M



 
MPa165MPa155
MPa11,11
2
MPa8,153
2
MPa8,153 2
2
max







Projeto de Eixos de Transmissão
• Se a potência for transferida para o 
eixo ou do eixo por meio de 
engrenagens ou polias dentadas, o 
eixo é submetido a um carregamento 
transversal, bem como um 
carregamento torcional.
• Tensões normais devido a cargas 
transversais podem ser grandes e 
devem ser incluídas na determinação 
da tensão de cisalhamento máxima.
• Tensões de cisalhamento devido a 
cargas transversais são geralmente 
pequenas e sua contribuição para a 
tensão de cisalhamento máxima pode 
ser desprezada.
Projeto de Eixos de Transmissão
• Valor mínimo para a seção transversal do 
eixo,  
adm
TM
c
J

max
22
min







• Tensão de cisalhamento máxima,
 
22
max
22
2
2
max
2 anular,ou circular seção uma para
22
TM
J
c
JI
J
Tc
I
Mc
m
m




















• Em qualquer seção,
J
Tc
MMM
I
Mc
m
zym



 222onde
Problema Resolvido 8.3
O eixo de seção cheia tem uma rotação de 
480 rpm quando transmite 30 kW de 
potência ao motor para as engrenagens G e 
H; 20 kW são transmitidos pela 
engrenagem G e 10 kW pela engrenagem 
H. Sabendo que adm = 50 MPa, determinar 
o menor diâmetro admissível para o eixo.
SOLUÇÃO:
• Determinar os torques que atuam nas 
engrenagens e as correspondentes 
forças tangenciais.
• Reações finais em A e B.
• Identificar a seção transversal crítica 
através dos diagramas de momento 
fletor e torque.
• Calcular o diâmetro mínimo do eixo 
permitido. 
Problema Resolvido 8.3
 
 
  kN49.2mN199Hz82
kW10
kN63.6mN398
Hz82
kW20
kN73.3
m0.16
mN597
mN597
Hz82
kW30
2






DD
CC
E
E
E
E
FT
FT
r
TF
f
PT



• Encontrar as reações em A e B.
kN90.2kN80.2
kN22.6kN932.0


zy
zy
BB
AA
SOLUÇÃO:
• Determinar os torques que atuam nas 
engrenagens e as correspondentes forças 
tangenciais.
Problema Resolvido 8.3
• Identificar a seção transversal crítica através dos 
diagramas de momento fletor e torque.
 
mN1357
5973731160 222
max
222

 TMM zy
Problema Resolvido 8.3
• Calcular o diâmetro mínimo do eixo permitido.
36
222
m1014.27
MPa50
mN 1357 


adm
zy TMM
c
J

mm 7.512  cd
m25.85m02585.0
m1014.27
2
363

 
c
c
c
J 
 Para um eixo circular de seção cheia,
Tensões sob Carregamentos Combinados
• Determinar tensões em elementos 
estruturais delgados submetidos a 
cargas arbitrárias.
• Passar uma seção através dos pontos de 
interesse. Determine o sistema de 
forças e momentos no centróide da 
seção necessários para manter o 
equilíbrio.
• Sistema de forças internas consistem 
em três componentes de força e três 
vetores momentos.
• Determinar a distribuição de tensão, 
aplicando o princípio da superposição.
Tensões sob Carregamentos Combinados
• Força axial e vetores momentos no 
plano contribuem para a distribuição de 
tensões normais na seção.
• Componentes de força cortantes e 
momentos de torção contribuem para a 
distribuição de tensão de cisalhamento 
na seção.
Tensões sob Carregamentos Combinados
• Tensões normais e de cisalhamento são 
usadas ​​para determinar as tensões 
principais, tensão máxima de ruptura e 
orientação dos planos principais.
• Análise só é válida na medida que as 
condições de aplicabilidade do princípio da 
superposição e o princípio de Saint-Venant 
são satisfeitas.
Problema Resolvido 8.5
Três forças são aplicadas a um 
pequeno poste de aço, como mostrado. 
Determine as tensões e os planos 
principais e a tensão de cisalhamento 
máxima no ponto H.
SOLUÇÃO:
• Determinar as forças internas na seção 
EFG.
• Calcular as tensões principais os 
planos principais e a tensão de 
cisalhamento máxima. 
• Avaliar a tensão de cisalhamento em H.
• Avaliar a tensão normal em H.
Problema Resolvido 8.5
SOLUÇÃO:
• Determinar as forças internas na seção EFG.
     
   mkN3m100.0kN300
mkN5.8
m200.0kN75m130.0kN50
kN75kN50kN 30




zy
x
zx
MM
M
VPV
Nota: propriedades da seção,
  
  
   46312
1
463
12
1
23
m10747.0m040.0m140.0
m1015.9m140.0m040.0
m106.5m140.0m040.0






z
x
I
I
A
Problema Resolvido 8.5
• Avaliar a tensão normal em H.
  
  
  MPa66.0MPa2.233.8093.8
m1015.9
m025.0mkN5.8
m10747.0
m020.0mkN3
m105.6
kN50
46
4623-












x
x
z
z
y I
bM
I
aM
A
P
• Avaliar a tensão de cisalhamento em H.
    
  
  
MPa52.17
m040.0m1015.9
m105.85kN75
m105.85
m0475.0m045.0m040.0
46
36
36
11









tI
QV
yAQ
x
z
yz
Problema Resolvido 8.5
• Calcular as tensões principais os planos 
principais e a tensão de cisalhamento 
máxima.





98.13
96.272
0.33
52.172tan
MPa4.74.370.33
MPa4.704.370.33
MPa4.3752.170.33
pp
min
max
22
max
p
CD
CY
ROC
ROC
R









98.13
MPa4.7
MPa4.70
MPa4.37
min
max
max
p



MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
9 Deflexões em vigas
Conteúdo
Deformação de uma Viga sob Carregament
o Transversal
Equação da Linha Elástica
Determinação Direta da Linha Elástica co
m Base na Força Distribuída
Vigas Estaticamente Indeterminadas
Problema Resolvido 9.1
Problema Resolvido 9.3
Método da Superposição
Problema Resolvido 9.7
Aplicação da Superposição para Vigas Est
aticamente Indeterminadas
Problema Resolvido 9.8
Teoremas do Momento de Área
Aplicação em Vigas em Balanço e em 
Vigas com Carregamentos Simétricos
Diagramas de Momento Fletor por Partes
Problema Resolvido 9.11
Aplicação dos Teoremas do Momento de 
Área às Vigas com Carregamentos 
Assimétricos
Deflexão Máxima
Aplicação dos Teoremas de Momento de 
Área em Vigas Estaticamente 
Indeterminadas
Deformação de uma Viga sob Carregamento 
Transversal
• Relação entre momento fletor e curvatura da 
superfície neutra permanece válida para 
cargas gerais transversais.
EI
xM )(1


• Viga em balanço sujeita a carga 
concentrada na extremidade livre,
EI
Px


1
• Curvatura varia linearmente com x
• Na extremidade livre A,  A
A
 ρ
ρ
,01
• No apoio B, PL
EI
B
B
 

 ,01
Deformação de uma Viga sob Carregamento 
Transversal
• Viga biapoiada com um balanço
• Curvatura é zero nos pontos onde o momento 
fletor é zero, ou seja, em cada extremidade e em E.
EI
xM )(1


• A viga é côncava para cima, onde o momento 
fletor é positivo e côncava para baixo, onde o 
momento é negativo.
• Curvatura máxima ocorre quando a magnitude 
do momento é máxima.
• Uma equação é necessária para determinar a 
deflexão máxima e inclinação da viga para 
relacionar sua forma ou linha elástica.
• Reações em A e C
• Diagrama de momento fletor
Equação da Linha Elástica
• Substituindo e integrando,
 
 
  21
00
1
0
2
21CxCdxxMdxyEI
CdxxM
dx
dyEIEI
xM
dx
ydEIEI
xx
x






• Do cálculo elementar, simplificado para os 
parâmetros de viga,
2
2
232
2
2
1
1
dx
yd
dx
dy
dx
yd

















Equação da Linha Elástica
  21
00
CxCdxxMdxyEI
xx
 
• Constantes são determinadas a partir 
de condições de contorno
• Cargas mais complicadas requerem integrais 
múltiplas e aplicação de requisito para a 
continuidade de deflexão e inclinação.
• Três casos de vigas estaticamente determinadas,
– Viga biapoiada
0,0  BA yy
– Viga biapoiada com balanço 
0,0  BA yy
– viga em balanço
0,0  AAy 
Determinação Direta da Linha Elástica com 
Base na Força Distribuída
• Equação para o deslocamento da viga torna-se
 xw
dx
ydEI
dx
Md
 4
4
2
2
   
43
2
22
13
16
1 CxCxCxC
dxxwdxdxdxxyEI

 
• Integrando quatro vezes
• Para a viga sujeita a um carregamento distribuído,
   xw
dx
dV
dx
MdxV
dx
dM
 2
2
• Constantes são determinadas a partir 
de condições de contorno.
Vigas Estaticamente Indeterminadas
• Condições para o equilíbrio estático
000  Ayx MFF
A viga se encontra estaticamente indeterminada.
• Considere a viga com extremidade engastada em 
A e a outra apoiada em B.
• A partir do diagrama de corpo livre, observa que 
existem quatro incógnitas (reação) desconhecidas.
  21
00
CxCdxxMdxyEI
xx
 
• Também tem a equação de deflexão da viga,
 que introduz duas incógnitas, mas fornece 
três equações adicionais de condições de 
contorno :
0, Para00,0 Para  yLxyx 
Problema Resolvido 9.1
SOLUÇÃO:
• Desenvolver uma expressão para M 
(x) e obter a equação diferencial 
para a linha elástica.
• Integrar a equação diferencial duas 
vezes e aplicar as condições de 
contorno para a obtenção da linha 
elástica.
• Localizar o ponto de inclinação 
zero ou ponto de deflexão máxima.
• Avaliar a deflexão 
máxima correspondente.
m 2,1m4,5kN220
GPa200mm10302101360 46


aLP
EIW
Para a parte AB da viga biapoiada com 
balanço, (a) determine a equação da linha 
elástica, (b) determinar a deflexão máxima 
e (c) avaliar ymax.
Problema Resolvido 9.1
x
L
aP
dx
ydEI 2
2
- A equação diferencial para a 
linha elástica,
SOLUÇÃO:
• Desenvolver uma expressão para M (x) e 
obter a equação diferencial para a linha 
elástica.
- Reações:





 
L
aPR
L
PaR BA 1
- A partir do diagrama de corpo livre para a 
seção AD,
 Lxx
L
aPM  0
Problema Resolvido 9.1
PaLCLCL
L
aPyLx
Cyx
6
1
6
10:0, Para
0:0,0 Para
11
3
2


• Integrar a equação diferencial duas vezes e 
aplicar as condições de contorno para a 
obtenção da linha elástica.
21
3
1
2
6
1
2
1
CxCx
L
aPyEI
Cx
L
aP
dx
dyEI


x
L
aP
dx
ydEI 2
2














32
6 L
x
L
x
EI
PaLy
PaLxx
L
aPyEI
L
x
EI
PaL
dx
dyPaLx
L
aP
dx
dyEI
6
1
6
1
31
66
1
2
1
3
2
2















Substituindo,
Problema Resolvido 9.1
• Localizar o ponto de inclinação 
zero ou ponto de deflexão máxima.














32
6 L
x
L
x
EI
PaLy
LLx
L
x
EI
PaL
dx
dy
m
m 577.0
3
31
6
0
2















• Avaliar a deflexão máxima correspondente.
  32max 577.0577.06  EI
PaLy
EI
PaLy
6
0642.0
2
max 
   
  4629
23
max m10302N/m10200
m5,4m2,1N102200642,0 

y
mm7,5max y
Problema Resolvido 9.3
SOLUÇÃO:
• Desenvolver a equação diferencial para 
a linha elástica (será funcionalmente 
dependente da reação em A).
• Integrar duas vezes e aplicar condições 
de contorno para resolver a reação em 
A e para obter a linha elástica.
• Avaliar a inclinação em A.
Para a viga uniforme, (a) determinar 
a reação em A, (b) determinar a 
equação da linha elástica e (c) 
determinar a inclinação em A. (Note 
que a viga é estaticamente 
indeterminada com um grau de 
indeterminação.)
Problema Resolvido 9.3
L
xwxRM
dx
ydEI A 6
3
0
2
2

• A equação diferencial para a linha elástica,
• Considere o momento atuando na seção D,
L
xwxRM
Mx
L
xwxR
M
A
A
D
6
0
32
1
0
3
0
2
0











9- 234 
Problema Resolvido 9.3
• Integrar duas vezes
L
xwxRM
dx
ydEI A 6
3
0
2
2

21
5
03
1
4
02
1206
1
242
1
CxC
L
xwxRyEI
C
L
xwxREI
dx
dyEI
A
A

 
• Aplicar condições de contorno:
0
1206
1:0, Para
0
242
1:0, Para
0:0,0 Para
21
4
03
1
3
02
2



CLCLwLRyLx
CLwLRLx
Cyx
A
A
• Resolva a reação em A
0
30
1
3
1 4
0
3  LwLRA  LwRA 010
1
Problema Resolvido 9.3
 42240 65
120
LxLx
EIL
w
dx
dy

EI
Lw
A 120
3
0
• Diferenciar uma vez para encontrar a 
inclinação,
Para x = 0,
xLw
L
xwxLwyEI 









 30
5
03
0 120
1
12010
1
6
1
 xLxLx
EIL
wy 43250 2
120

• Substituir C1, C2, e RA na equação da 
linha elástica,
Método da Superposição
Princípio da Superposição:
• Deflexões de vigas submetidas 
a combinações de cargas podem ser 
obtidas com a combinação das 
deflexões de cada viga individualmente.
• Este procedimento é facilitado 
por tabelas que contém soluções para 
os tipos mais comuns de vigas e 
carregamento.
Problema Resolvido 9.7
SOLUÇÃO:
Sobrepor as deformações devido ao carregamento I e II, conforme 
mostrado.
Para a viga e o carregamento mostrado, 
determinar a inclinação e a deflexão no 
ponto B.
Problema Resolvido 9.7
Carregamento I
 
EI
wL
IB 6
3
  
EI
wLy IB 8
4

Carregamento II
 
EI
wL
IIC 48
3
  
EI
wLy IIC 128
4

No segmento da viga CB, o momento fletor para 
o carregamento II é zero e a linha elástica é uma 
linha reta.
   
EI
wL
IICIIB 48
3
 
 
EI
wLL
EI
wL
EI
wLy IIB 384
7
248128
434






Problema Resolvido 9.7
   
EI
wL
EI
wL
IIBIBB 486
33
 
   
EI
wL
EI
wLyyy IIBIBB 384
7
8
44

EI
wL
B 48
7 3

EI
wLyB 384
41 4

•Combinando as duas soluções,
Aplicação da Superposição para Vigas 
Estaticamente Indeterminadas
• Método de superposição pode ser 
aplicado para determinar as reações 
nos apoios de vigas estaticamente 
indeterminadas.
• Designar uma das reações como 
redundante e eliminar ou modificar o 
apoio correspondente.
• Determinar a deformação da viga sem 
o apoio redundante.
• Tratar a reação redundante como uma 
força desconhecida que, juntamente 
com as outras forças, deve produzir 
deformações compatíveis com os 
apoios originais.
Problema Resolvido 9.8
Para a viga uniforme e o carregamento 
mostrado, determinar (a) a reação em cada 
apoio e (b) a inclinação na extremidade A.
SOLUÇÃO:
• Liberar o apoio “redundante” em B, e encontrar a deflexão.
• Aplicar a reação em B como uma força desconhecida sabendo que seu 
deslocamento seja é zero.
Problema Resolvido 9.8
• Carregamento distribuído:
 
EI
wL
LLLLL
EI
wy wB
4
3
34
01132.0
3
2
3
22
3
2
24
























No ponto B, Lx 3
2
   xLLxx
EI
wy wB
334 2
24

Problema Resolvido 9.8
• Carregamento da reação redundante:
EIL
bPayax
3
, Para
22

 
EI
LR
LL
EIL
Ry
B
B
RB
3
22
01646.0
33
2
3













LbLa 3132 e Para 
Problema Resolvido 9.8
• Da estática,
 wLRwLR CA 0413.0271.0
• Para compatibilidade com os apoios originais, yB = 0
   
EI
LR
EI
wLyy BRBwB
34
01646.001132.00 
 wLRB 688.0
Problema Resolvido 9.8
 
EI
wL
EI
wL
wA
33
04167.0
24

   
EI
wLLLL
EIL
wL
EIL
bLPb
RA
32
2
22
03398.0
336
0688.0
6






















   
EI
wL
EI
wL
RAwAA
33
03398.004167.0  
EI
wL
A
3
00769.0
Inclinação na extremidade A,
Teoremas do Momento de Área
• Propriedades geométricas da linha elástica 
podem ser usadas para determinar a deflexão e 
a inclinação de uma viga.





D
C
D
C
D
C
x
x
CD
x
x
dx
EI
M
dx
EI
Md
EI
M
dx
yd
dx
d





2
2
• Considere uma viga submetida a um 
carregamento arbitrário,
• Teorema do primeiro momento de área:
 área sob o diagrama (M/EI) 
entre os pontos C e D.
 CD
Teoremas do Momento de Área
• Tangentes à linha elástica em P e P’ interceptam 
um segmento de comprimento dt na vertical 
através de C.


D
C
x
x
DC dxEI
Mxt
dx
EI
Mxdxdt
1
11 
= desvio tangencial de C 
em relação a D.
• Teorema do segundo momento de área:
 O desvio tangencial de C em relação a D é 
igual ao primeiro momento em relação a um 
eixo vertical através de C da área sob o 
diagrama (M/EI), entre C e D.
DCt
Aplicação em Vigas em Balanço e em Vigas 
com Carregamentos Simétricos 
• Viga em balanço – selecionar a tangente em 
A como referência. 
ADD
ADD
A
ty
θ




,0 com
• Viga biapoiada com carregamento simétrico – 
selecionar a tangente em C como referência.
CBB
CBB
C
ty
θ




,0 com
Diagramas de Momento Fletor por Partes
• Determinação da mudança de inclinação e o 
desvio tangencial é simplificado se o efeito de 
cada carregamento é avaliado separadamente.
• Construir um diagrama (M/EI) separado para 
cada carga. 
- A mudança de inclinação, D/C, é obtido 
pela soma algébrica das áreas sob os 
diagramas.
- O desvio tangencial, tD/C ,é obtido pela soma 
dos primeiros momentos das áreas em 
relação a um eixo vertical através de D.
• Diagrama de momento fletor construído dessa 
maneira é dito ser elaborado por partes.
Problema Resolvido 9.11
SOLUÇÃO:
• Determine as reações nos apoios.
• Construção do diagrama de força 
cortante e momento fletor, e obtemos 
o diagrama (M/EI).
• Tomando a tangente em C como 
referência, avaliar a inclinação e a 
deflexão na extremidade E.
Para a viga prismática mostrada, 
determine a inclinação e a deflexão na 
extremidade E.
Problema Resolvido 9.11
• Construção do diagrama de força 
cortante e momento fletor, e obtemos o 
diagrama (M/EI)
 
EI
waa
EI
waA
EI
LwaL
EI
waA
623
1
422
32
2
22
1















SOLUÇÃO:
• Determine as reações nos apoios.
waRR DB 
Problema Resolvido 9.11
• Inclinação em E:
EI
wa
EI
LwaAA
CECECE
64
32
21 
 
 aL
EI
wa
E 2312
2





































 

EI
Lwa
EI
wa
EI
Lwa
EI
Lwa
LAaALaA
tty CDCEE
168164
44
3
4
224223
121
 aL
EI
wayE  28
3
• Deflexão em E:
Aplicação dos Teoremas do Momento de Área 
às Vigas com Carregamentos Assimétricos
• Definir a tangente de referência no apoio A. Avaliar A 
determinando o desvio tangencial em B em relação a A.
L
t AB
A 
• A inclinação em outros pontos é encontrada no que 
diz respeito à tangente de referência.
ADAD  
• A deflexão do ponto D é encontrada a partir do 
desvio tangencial em D.
ABADD
AB
t
L
xtEFEDy
t
L
xEF
L
HB
x
EF


Deflexão Máxima
• Obter ymax computando o primeiro 
momento com relação ao eixo vertical 
através de uma área entre A e K. 
• Deflexão máxima ocorre no ponto K 
onde a tangente é horizontal.
AAK
AKAK
AB
A L
t






0
• O ponto K pode ser determinado 
medindo uma área sob o diagrama (M/EI) 
igual a K/A = -A .
Aplicação dos Teoremas de Momento de Área 
em Vigas Estaticamente Indeterminadas
• Reações nos apoios de vigas estaticamente 
indeterminadas são encontradas através da designação 
de uma restrição redundante e tratá-la como uma 
força desconhecida que satisfaz uma exigência de 
compatibilidade de deslocamento.
• O diagrama (M/EI) é desenhado por partes. Os 
desvios resultantes tangencial são sobrepostos e 
relacionados pela exigência de compatibilidade.
• Com as reações determinadas, a inclinação e a 
deflexão são encontradas a partir do método dos 
momentos de áreas.
MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
10 Colunas
Conteúdo
Estabilidade de Estruturas
Fórmula de Euler para Colunas Biarticuladas
Extensão da Fórmula de Euler
Problema Resolvido 10.1
Carregamento Excêntrico e Fórmula da Secante
Problema Resolvido 10.2
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força Centrada
Problema Resolvido 10.4
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força Excêntrica
Estabilidade de Estruturas
• No projeto de colunas a área transversal é 
selecionada de modo que
 - tensão admissível não seja ultrapassada
admA
P  
- deformação fica dentro das especificações
específicaAE
PL
 
• Após estes cálculos, pode descobrir que a 
coluna é instável sob carregamento e que de 
repente se torna acentuadamente curva ou 
flamba.
Estabilidade de Estruturas
• Considere o modelo com duas barras e mola de 
torção. Depois de uma pequena perturbação,
 
radordesequilib momento 
22
rrestaurado momento 2




LPsenLP
K
• A coluna é estável (tende a voltar para a 
orientação alinhada) se
 
L
KPP
KLP
cr
4
2
2

 
Estabilidade de Estruturas
• Suponha que uma carga P é aplicada. Após 
uma perturbação, o sistema oscila e estabiliza 
em uma nova configuração de equilíbrio em 
um ângulo de deflexão finito.
 



senP
P
K
PL
KsenLP
cr


4
2
2
• observando que sen <  , a configuração 
assumida só é possível se P > Pcr. 
Fórmula de Euler para Colunas Biarticuladas
• Considere uma coluna axialmente 
carregada. Depois de uma pequena 
perturbação, o sistema atinge uma 
configuração de equilíbrio de tal forma 
que
02
2
2
2


y
EI
P
dx
yd
y
EI
P
EI
M
dx
yd
• Solução com a configuração assumida 
só pode ser obtido se
 
 2
2
2
22
2
2
rL
E
AL
ArE
A
P
L
EIPP
cr
cr




Fórmula de Euler para Colunas Biarticuladas
 
 
esbeltezdeíndice
r
L
críticatensão
rL
E
AL
ArE
A
P
A
P
L
EIPP
cr
cr
crcr
 
 2
2
2
22
2
2









• O valor de tensão correspondente à 
força crítica,
• A análise anterior é limitada a 
cargas centradas.
Extensão da Fórmula de Euler 
• Uma coluna com uma extremidade fixa e 
outra livre, irá se comportar como a 
metade superior de uma coluna 
biarticulada.
• O carregamento crítico é calculado a 
partir da fórmula de Euler,
 
e)equivalent( 
flambagem de ocompriment 2
2
2
2
2



LL
rL
E
L
EIP
e
e
cr
e
cr


Extensão da Fórmula de Euler 
Problema Resolvido 10.1
Uma coluna de alumínio de comprimento L e seção 
transversal retangular tem uma extremidade 
engastada em B e suporta uma carga centrada em 
A. Duas placas lisas e de lados arredondados 
impedem a extremidade A de se mover em um dos 
planos verticais de simetria, mas permitem que ela 
se mova em o outro plano.
a) Determinar a relação a/b dos dois lados da 
seção transversal correspondendo ao 
projeto mais eficiente contra flambagem.
b) O projeto mais eficiente de seção 
transversal da coluna para os dados 
fornecidos.
L = 500 mm.
E = 70 Gpa.
P = 22 kN.
FS = 2,5
Problema Resolvido 10.1
• Flambagem no plano xy :
12
7.0
1212
,
23
12
1
2
a
L
r
L
ara
ab
ba
A
Ir
z
ze
z
z
z


• Flambagem no plano xz:
12/
2
1212
,
23
12
1
2
b
L
r
L
brb
ab
ab
A
I
r
y
ye
y
y
y


• Projeto mais eficiente :
2
7.0
12/
2
12
7.0
,,



b
a
b
L
a
L
r
L
r
L
y
ye
z
ze
35,0
b
a
SOLUÇÃO:
O projeto mais eficiente ocorre quando a 
resistência à flambagem é igual em ambos os 
planos de simetria. Isso ocorre quando as 
relações de esbeltez são iguais.
Problema Resolvido 10.1
L = 500 mm.
E = 70 Gpa.
P = 22 kN.
FS = 2,5
a/b = 0,35
• Projeto:
 
    
 
 
 
 
 
 
 2
22
2
22
2
2
cr
cr
3464
kN/mm70
0,35
kN 55
3464
kN/mm70
0,35
kN 55
kN 55kN 225,2
3464
12
mm 5002
12
2
bbb
brL
E
bbA
P
PFSP
bbb
L
r
L
e
cr
cr
y
e








mm 2,1435,0
mm 7,40


ba
b
Carregamento Excêntrico e Fórmula da 
Secante
• Força excêntrica é equivalente a uma força 
centrada e um momento.
• Flexão ocorre para qualquer excentricidade 
diferente de zero. Questão de flambagem é se a 
deflexão resultante é excessiva.
2
2
max
2
2
1
2
sec
e
cr
cr L
EIP
P
Pey
EI
PePy
dx
yd
















• A deflexão se torna infinita quando P = Pcr
• Tensão máxima
 
















 
r
L
EA
P
r
ec
A
P
r
cey
A
P
e
2
1sec1
1
2
2
max
max
Carregamento Excêntrico e Fórmula da 
Secante















r
L
EA
P
r
ec
A
P e
E 2
1sec1 2max 
Fig. 10.24 Força por unidade de área, P/A, provocando escoamento na coluna.
Problema Resolvido 10.2
A coluna uniforme consiste de uma seção de 2,4 
m de tubos estruturais com a seção transversal 
mostrada.
a) Usando a fórmula de Euler e um fator de 
segurança de dois, determinar a carga 
centrada admissível para a coluna e a tensão 
normal correspondente.
b) Supondo que a carga admissível, 
encontrada em uma parte, é aplicada em um 
ponto distante de 19 mm do eixo 
geométrico da coluna, determinar a 
deflexão horizontal do topo da coluna e a 
tensão normal máxima na coluna.
.GPa200E
Problema Resolvido 10.2
SOLUÇÃO:
• Carga centrada máxima permitida :
  mm 4800 m 8,4m 4,22 eL
- comprimento efetivo de flambagem,
  
 
kN 7,282
mm 4800
mm 103,3kN/mm 200
2
4622
2
2




e
cr L
EIP
- Carga crítica,
2mm 2284
kN 36,141
2
kN 7,282


A
P
FS
PP
adm
cr
adm

kN 36,141admP
MPa 9,61
- Carga e tensão admissível,
Problema Resolvido 10.2
• Carga excêntrica:
mm 79,23my
  




























1
22
secmm 19
1
2
sec


cr
m P
Pey
- Deflexão final,
  
  



























22
sec
mm 38
mm 50mm 191
mm 2284
kN 141,36
2
sec1
22
2


cr
m P
P
r
ec
A
P
MPa 6,153m
- Tensão normal máxima,
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força 
Centrada
• Análises anteriores assumiu 
tensões abaixo do limite 
proporcional e inicialmente que a 
coluna era em linha reta e 
homogênea.
• Dados experimentais demonstram
- para grandes Le/r, cr segue a 
fórmula de Euler e depende do 
E mas não deE.
- Para intermediárias Le/r, cr 
depende de ambos E e E. 
- Para pequenas Le/r, cr é 
determinada pela resistência ao 
escoamento E e não de E.
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força 
Centrada
Estruturas Metálicas
 Inst. Americano da Construção 
em Aço
• Para L/r > Cc
• Para L/r > 4,71 
Y
E
s
67,1
877,0
)/( 2
2


FS
FSrL
E cr
admcr

 
67,1
658,0 )/(


FS
FS
cr
admEcr
eE

 
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força 
Centrada
Alumínio
Inc. Associação Alumínio 
• Liga 6061-T6
Le/r < 66:
  
  MPa /868.0139
ksi /126.02.20
rL
rL
e
eadm


Le/r > 66:
   2
3
2 /
MPa 10513
/
ksi 51000
rLrL ee
adm


• Liga 2014-T6
Le/r < 55:
  
  MPa /585.1212
ksi /23.07.30
rL
rL
e
eadm


Le/r > 66:
   2
3
2 /
MPa 10273
/
ksi 54000
rLrL ee
adm


Problema Resolvido 10.4
Usando a liga de alumínio 2014-T6, 
determinar a barra de menor diâmetro 
que pode ser usada para suportar a carga 
centrada P = 60 kN se a) L = 750 mm, 
b) L = 300 mm
SOLUÇÃO:
• Com o diâmetro desconhecido, a razão 
de esbelteza não pode ser avaliada. 
Deve fazer uma suposição sobre qual o 
regime de relação de esbeltez utilizar.
• Calcular o diâmetro necessário para 
esse regime assumindo a relação de 
esbeltez.
• Avaliar a relação de esbeltez e verificar 
a suposição inicial. Repita se 
necessário.
Problema Resolvido 10.4
2
4
giração de raio 
cilindro do raio 
2
4 c
c
c
A
I
r
c





• Para L = 750 mm, assumir L/r > 55
• Determinar o raio do cilindro:
 
mm44.18
c/2
m 0.750
MPa 103721060
rL
MPa 10372
2
3
2
3
2
3












c
c
N
A
P
adm


• Verifique o pressuposto da relação de esbeltez:
  553.81mm 18.44
mm750
2/

c
L
r
L
suposição estava correta
mm 9.362  cd
Problema Resolvido 10.4
• Para L = 300 mm, assumir L/r < 55
• Determinar o raio do cilindro:
mm00.12
Pa10
2/
m 3.0585.12121060
MPa 585.1212
6
2
3


























c
cc
N
r
L
A
P
adm


• Verifique o pressuposto da relação de esbeltez :
  5550mm 12.00
mm 003
2/

c
L
r
L
 suposição estava correta
mm 0.242  cd
Projeto de Colunas Submetidas a uma Força 
Excêntrica
• Método de tensão admissível:
admI
Mc
A
P 
• método de interação :
    1 flexãoadmcentradaadm
IMcAP

• Uma carga excêntrica P pode ser 
substituída por uma carga P centradae um 
momento M = Pe.
• Tensões normais podem ser encontradas 
a partir da superposição das tensões 
devido à carga centrada e o momento,
I
Mc
A
P
máx
flexãocentrada




MECÂNICA DOS 
MATERIAIS
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
John T. DeWolf
David F. Mazurek
Lecture Notes:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
© 2009 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved. 
11 Métodos de energia
Conteúdo
Energia de Deformação
Densidade de Energia de Deformação
Energia de Deformação Elástica para 
Tensões Normais
Energia de Deformação Elástica para 
Tensões de Cisalhamento
Problema Resolvido 11.2
Energia de Deformação para um Estado 
Geral de Tensão
Carregamento por Impacto
Exemplo 11.06
Exemplo 11.07
Projeto para Carregamento por Impacto
Trabalho e Energia em razão de uma Única 
Carga
Deflexão em razão de uma Única Carga
Problema Resolvido 11.4
Trabalho e Energia Devido a 
Várias Cargas
Teorema de Castigliano
Deflexões pelo Teorema de Castigliano
Problema Resolvido 11.5
• Uma barra uniforme é submetida a uma força que 
cresce lentamente.
• O trabalho total realizado pela força a medida que a 
barra se deforma de x1,
resultando em um aumento de energia de deformação 
na barra.
deformaçãodeenergiatotaltrabalhodxPU
x
 
1
0
Energia de Deformação
• O trabalho elementar feito pela força P à medida que 
a barra se alonga de um pequeno valor dx é 
que é igual ao elemento de área de largura dx sob o 
diagrama de força-deformação. 
elementartrabalhodxPdU 
112
12
12
1
0
1
xPkxdxkxU
x
 
• No caso de uma deformação linear elástica,
Densidade de Energia de Deformação
• Para eliminar os efeitos do tamanho, avaliar a tensão 
de energia por unidade de volume,
deformação de energiadedensidadedu
L
dx
A
P
V
U
xx
x




1
1
0
0


• Como o material é descarregado, a tensão retorna a 
zero, mas há uma deformação permanente. Apenas a 
energia a tensão representado pela área triangular é 
recuperada.
• O restante da energia gasta na deformação do material é 
dissipada como calor.
• A densidade total de energia a tensão resultante da 
deformação é igual à área sob a curva de 
Densidade de Energia de Deformação
• A densidade de energia de deformação 
resultante da configuração R é o módulo 
de tenacidade.
• A energia por unidade de volume necessária 
para causar o material à ruptura está 
relacionada à sua ductilidade, bem como a 
sua força máxima.
• A densidade de energia de deformação 
resultante da configuração Y é o 
módulo de resiliência.
aresiliênci de módulo
E
u YY  2
2
• Se a tensão permanece dentro do limite de 
proporcionalidade,
E
EdEu xx 22
2
1
2
1
0
1 

 
Energia de Deformação Elástica para Tensões 
Normais
• Em um elemento com uma distribuição de tensões 
não uniforme
 totaldeformação de energia lim
0



  dVuUdV
dU
V
Uu
V
• Para valores de u < uY , ou seja, abaixo do limite 
proporcional, 
elástica deformação de energiadV
E
U x 
2
2
 

• Sob carga axial, dxAdVAPx 

L
dx
AE
PU
0
2
2
AE
LPU
2
2

• Para uma barra de seção transversal constante,
Energia de Deformação Elástica para Tensões 
Normais
I
yM
x 
• Para uma viga submetida a uma carga de 
flexão,
  dVEI
yMdV
E
U x 2
222
22

• Fazendo dV = dA dx,
dx
EI
M
dxdAy
EI
MdxdA
EI
yMU
L
L
A
L
A

  










0
2
0
2
2
2
0
2
22
2
22
• Para uma viga em balanço carregada na 
extremidade
EI
LPdx
EI
xPU
PxM
L
62
32
0
22



Energia de Deformação Elástica para Tensões 
de Cisalhamento
• Para um material submetido a tensões de 
cisalhamento puro,

xy
xyxy du


0
• Para valores de xy dentro do limite 
proporcional,
G
Gu xyxyxyxy 2
2
2
12
2
1  
• A energia de deformação total é encontrada 
a partir




dV
G
dVuU
xy
2
2
Energia de Deformação Elástica para Tensões 
de Cisalhamento
J
T
xy
 
  dVGJ
TdV
G
U xy 2
222
22

• Para um eixo sujeito a uma carga de 
torção,
• Fazendo dV = dA dx,

  










L
L
A
L
A
dx
GJ
T
dxdA
GJ
TdxdA
GJ
TU
0
2
0
2
2
2
0
2
22
2
22

• No caso de um eixo de seção uniforme,
GJ
LTU
2
2

Problema Resolvido 11.2
a) Levando em conta apenas as tensões 
normais devido à flexão, determine a 
energia de deformação da viga para o 
carregamento mostrado.
b) Avaliar a energia de deformação 
sabendo que o raio é um W250 x 67, P 
= 180 kN, L = 3,6 m, a = 0,9 m, b = 
2,7 m e E = 200 GPa.
SOLUÇÃO:
• Determine as reações em A e B a 
partir de um diagrama de corpo 
livre da viga completa.
• Integrar sobre o volume da viga 
 para encontrar a energia de 
deformação.
• Aplicar as condições específicas 
dadas para avaliar a energia de 
deformação.
• Desenvolver um diagrama da 
distribuição do momento fletor.
Problema Resolvido 11.2
SOLUÇÃO:
• Determine as reações em A e B a 
partir de um diagrama de corpo 
livre da viga completa.
L
PaR
L
PbR BA 
• Desenvolver um diagrama da 
distribuição de momento fletor.
v
L
PaMx
L
PbM  21
Problema Resolvido 11.2
• Integrar sobre o volume da viga para encontrar 
a energia de deformação.
 ba
EIL
baPbaab
L
P
EI
dxx
L
Pa
EI
dxx
L
Pb
EI
dv
EI
Mdx
EI
MU
ba
ba























2
2223232
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
1
6332
1
2
1
2
1
22
EIL
baPU
6
222

     
   m 6,3m 10 104kN/m 102006
m 2,7m 9,0kN180
46-26
222

U
kN.m 426,0U
v
L
PaM
x
L
PbM


2
1
BD, parte a Para
AD, parte a Para
46-26 m 10 104kN/m10200
m 7,2m 0,9a
m 6,3kN180



IE
b
LP
Energia de Deformação para um Estado Geral 
de Tensão
• Anteriormente determinamos a energia de deformação devido à 
tensões uniaxiais e tensões de cisalhamento puro. Para um 
estado geral de tensão,
 zxzxyzyzxyxyzzyyxxu   21
• Com relação aos eixos principais para um corpo elástico 
isotrópico,
  
 
       material do distorção 
12
1
material do volumede alteração 
6
21
2
2
1
222
2
222






accbbad
cbav
dv
accbbacba
G
u
E
vu
uu
E
u



• Critério de máxima energia de distorção para um estado plano de tensão,
  traçãode ensaio em prova de corpo um para 
6
2
G
uu YYdd


Carregamento por Impacto
• Considere uma barra BD que é 
golpeada no seu final com um corpo 
de massa m movendo com uma 
velocidade v0.
• Barra deforma sob impacto. As 
tensões chegam a um m valor 
máximo e depois desaparecem. 
• Para determinar a tensão máxima m
- Suponha que a energia cinética é 
transferida totalmente para a 
estrutura,
2
02
1 mvUm 
- Suponha que o diagrama tensão-
deformação obtido a partir de um 
teste estático também é válida sob 
carga de impacto.
 dVEU
m
m 2
2
• Valor máximo da energia de deformação,
• Para o caso de uma barra uniforme,
V
Emv
V
EUm
m
2
02 
Exemplo 11.06
Um corpo de massa m com velocidade 
v0 atinge a ponta da barra não 
uniformeBCD. Sabendo que o 
diâmetro da parte BC é duas vezes o 
diâmetro da parte CD, determinar o 
valor máximo da tensão normal na 
barra.
SOLUÇÃO:
• Devido à mudança de diâmetro, a 
distribuição de tensão normal não é 
uniforme.
• Encontrar a carga estática Pm que 
produz a energia de deformação 
devido ao carregamento por impacto.
• Avaliar a tensão máxima resultante 
da carga estática Pm
Exemplo 11.06
SOLUÇÃO:
• Devido à mudança de diâmetro, a 
distribuição de tensão normal não 
é uniforme.
E
VdV
E
mvU
mm
m
22
22
2
02
1




• Encontrar a carga estática Pm que 
produz a energia de deformação 
devido ao carregamento por impacto.
   
L
AEUP
AE
LP
AE
LP
AE
LPU
m
m
mmm
m
5
16
16
5
4
22 222


• Avaliar a tensão máxima resultante da 
carga estática Pm
AL
Emv
AL
EU
A
P
m
m
m
2
0
5
8
5
16



Exemplo 11.07
Um bloco de peso W é deixado cair de 
uma altura h sobre a extremidade livre da 
viga em balanço. Determinar o valor 
máximo das tensões na viga.
SOLUÇÃO:
• A tensão normal varia linearmente ao 
longo do comprimento da viga e através 
de uma seção transversal.
• Encontrar a carga estática Pm que 
produz a energia de deformação 
mesma que o impacto.
• Avaliar a tensão máxima resultante 
da carga estática Pm
Exemplo 11.07
SOLUÇÃO:
• A tensão normal varia 
linearmente ao longo do 
comprimento da viga e através 
de uma seção transversal.
E
VdV
E
WhU
mm
m
22
22 



• Encontrar a carga estática Pm que 
produz a energia de deformação 
mesma que o impacto. 
 Para uma viga em balanço carregada 
na extremidade,
3
32
6
6
L
EIUP
EI
LPU
m
m
m
m


• Avaliar a tensão máxima resultante 
da carga estática Pm
   22
66
cIL
WhE
cIL
EU
I
LcP
I
cM
m
mm
m


Projeto para Carregamento por Impacto
Tensão máxima reduzida por:
• uniformidade da tensão
• baixo módulo de elasticidade 
com a força de alto rendimento
• alto volume
• Para o caso de uma barra não 
uniforme,
   
V
EU
ALLALAV
AL
EU
m
m
m
m
8
2/52/2/4
5
16





• Para o caso de uma barra uniforme,
V
EUm
m
2

 
     
V
EU
VLcccLcIL
cIL
EU
m
m
m
m
24
//
6
4
12
4
124
4
12
2






• Para o caso da viga em balanço
Trabalho e Energia em Razão de uma Única Carga
• Anteriormente, encontramos a 
energia de deformação, 
integrando a densidade de 
energia sobre o volume. Para 
uma barra uniforme,
 
AE
LPdxA
E
AP
dV
E
dVuU
L
22
2
2
1
0
2
1
2



 

• Energia de deformação também pode ser 
encontrada a partir do trabalho da carga 
única P1,

1
0
x
dxPU
• Para uma deformação elástica
112
12
12
1
00
11
xPxkdxkxdxPU
xx
 
• Conhecer a relação entre força e 
deslocamento,
AE
LP
AE
LPPU
AE
LPx
2
2
11
12
1
1
1







Trabalho e Energia em Razão de uma Única Carga
• Energia de deformação pode ser encontrada a partir do 
trabalho de outros tipos de cargas concentradas única.
• Força Transversal
EI
LP
EI
LPP
yPdyPU
y
63
32
1
3
1
12
1
112
1
0
1









 
• Momento Fletor
EI
LM
EI
LMM
MdMU
2
2
11
12
1
112
1
0
1






  

JG
LT
JG
LTT
TdTU
2
2
11
12
1
112
1
0
1






  

• Momento Torçor
Deflexão em Razão de uma Única Carga 
• Energia de deformação da estrutura,
    
AE
lP
AE
lP
AE
LF
AE
LFU BDBDBCBC
2332
22
364.0
2
8.06.0
22




• Equiparando trabalho e energia de 
deformação,
AE
Ply
yP
AE
LPU
B
B
728.0
364.0 2
1
2


• Se a energia de deformação de uma 
estrutura devido a uma única carga 
concentrada é conhecida, então a igualdade 
entre o trabalho de carga e de energia pode 
ser usada para encontrar a deflexão.
lLlL BDBC 8.06.0 
Da estática,
PFPF BDBC 8.06.0 
Da geometria dada,
Problema Resolvido 11.4
Barras da treliça mostrada consistem 
de seções de tubo de alumínio com as 
áreas de corte transversal indicadas. 
Usando E = 73 GPa, determinar o 
deslocamento vertical do ponto E 
causado pela carga P. 
SOLUÇÃO:
• Encontrar as reações em A e B a 
partir de um diagrama de corpo livre 
da treliça toda.
• Aplicar o método dos nós para 
determinar a força axial em cada 
barra.
• Avaliar a energia de deformação 
da treliça devido à carga P.
• Equiparar a energia de deformação 
para o trabalho de P e resolver para 
o deslocamento.
Problema Resolvido 11.4
SOLUÇÃO:
• Encontrar as reações em A e B a partir de um 
diagrama de corpo livre da treliça toda.
821821 PBPAPA yx 
• Aplicar o método dos nós para determinar 
a força axial em cada barra.
PF
PF
CE
DE
8
15
8
17


0
8
15


CD
AC
F
PF
PF
PF
CE
DE
8
21
4
5

 0ABF
Problema Resolvido 11.4
• Avaliar a energia de deformação 
da treliça devido à carga P.
 2
22
29700
2
1
2
1
2
P
E
A
LF
EEA
LFU
i
ii
i
ii

 
• Equiparar a energia de deformação para o 
trabalho de P e resolver para o 
deslocamento.
  
9
33
2
2
1
1073
1040107.29
2
2970022













E
E
E
y
E
P
PP
Uy
UPy
 mm27.16Ey
Trabalho e Energia Devido a Várias Cargas
• Revertendo a seqüência de aplicação
 21111221222221 2 PPPPU  
• Expressões energia de deformação devem ser 
equivalentes. Segue-se que (teorema de 
reciprocidade de Maxwell). 
• Desvios de uma viga elástica submetida a duas 
cargas concentradas,
22212122212
21211112111
PPxxx
PPxxx




 22222112211121 2 PPPPU  
• Calcular a energia de deformação na viga, 
avaliando o trabalho realizado lentamente pela 
aplicação de P1 seguida de P2,
Teorema de Castigliano
 22222112211121 2 PPPPU  
• Energia de deformação para qualquer 
estrutura elástica submetida a duas cargas 
concentradas,
• Diferenciação com relação às cargas,
2222112
2
1212111
1
xPP
P
U
xPP
P
U








• Teorema de Castigliano: Para uma estrutura 
elástica sujeita a cargas n, a xj deflexão do 
ponto de aplicação da Pj pode ser expressa 
como.
 e 
j
j
j
j
j
j T
U
M
U
P
Ux








 
Deflexões pelo Teorema de Castigliano
• Aplicação do teorema de Castigliano é 
simplificado se a diferenciação com relação à 
carga Pj é executada antes da integração ou 
somatória para obter a energia de deformação U
• .• No caso de uma viga,
 





L
jj
j
L
dx
P
M
EI
M
P
Uxdx
EI
MU
00
2
2
• Para uma treliça,
j
i
n
i i
ii
j
j
n
i i
ii
P
F
EA
LF
P
Ux
EA
LFU





 
 11
2
2
Problema Resolvido 11.5
• Barras da treliça mostrada 
consiste de seções de tubo de 
alumínio com as áreas de corte 
transversal indicadas. Usando E = 
73 GPa, determinar a deflexão 
vertical do conjunto C causado 
pela carga P.
• Aplicar o método dos nós para determinar 
a força axial em cada barra, devido à Q.
• Combine com os resultados do 
Problema resolvido 11.4 para avaliar a 
derivada com respeito a Q da energiade 
deformação da treliça devido às cargas P 
e Q.
• Definição de Q = 0, avaliar o derivado que 
é equivalente ao deslocamento desejado 
em C.
SOLUÇÃO:
• Para aplicação do teorema de Castigliano, 
introduzir uma força fictícia vertical Q em 
C. Encontre as reações em A e B, devido à 
força fictícia por um diagrama de corpo 
livre do treliça inteira.
Problema Resolvido 11.5
• Aplicar o método dos nós para determinar a força 
axial em cada barra, devido à Q.
QFF
QFF
FF
BDAB
CDAC
DECE
4
3;0
;0
0



SOLUÇÃO:
• Encontrar as reações em A e B, devido à força fictícia 
por um diagrama de corpo livre do treliça inteira.
QBQAQA yx 4
3
4
3 
Problema Resolvido 11.5
• Combine com os resultados do Problema resolvido 11.4 para avaliar a 
derivada com respeito a Q da energia de deformação da treliça devido às 
cargas P e Q.
 QP
EQ
F
EA
LFy i
i
ii
C 42634306
1










• Definição de Q = 0, avaliar a derivada que é equivalente ao deslocamento 
desejado em C.
 
Pa1073
10404306
9
3



NyC  mm 36.2Cy
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