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UNIVERSIDADE ESTÁCIO DE SÁ 
NOTAS DE AULA – RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I 
 
PROFESSOR JÚLIO CÉSAR 
2017 
 
 
2 
 
 
CAPÍTULO 1 – REVISÃO DE ESTÁTICA 
 
1.1 – Introdução 
 
A Resistência dos materiais é um ramo da mecânica que estuda as relações entre cargas 
externas aplicadas a um corpo deformável e a intensidade das forças internas que atuam dentro do 
corpo. Esse assunto também envolve o cálculo das deformações do corpo e proporciona o estudo 
de sua estabilidade quando sujeito a forças externas. 
 
1.2 - Equilíbrio de um corpo 
 
Um corpo pode ser submetido a vários tipos de cargas externas. Contudo, qualquer uma 
delas pode ser classificada como uma força de superfície (contato direto entre os corpos) ou uma 
força de campo (ou de corpo). A figura 1 exemplifica o que foi descrito 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1 - Tipos de cargas externas 
 
 
 Quando a área da força de superfície for pequena quando comparada com a superfície total 
do corpo, trata-se de uma carga concentrada. Quando a força de superfície estiver aplicada sobre 
uma linha estreita, diz-se que a carga é linear distribuída. A seguir temos alguns tipos de cargas 
externas. 
 
 
 
 
3 
 
a) Forças concentradas - atua em um único ponto da estrutura. Observe a figura 2 abaixo. 
 
Figura 2 – Carga concentrada 
b) Carga uniforme distribuída – atua ao longo de um comprimento/ área de uma estrutura com 
valor único por unidade de comprimento. A figura 3 exemplifica o descrito enteriormente 
 
Figura 3 – Carga uniforme distribuída 
 
c) Carga uniformemente variável – atua ao longo de um comprimento/ área de uma estrutura com 
valor não constante por unidade de comprimento. 
 
 
Figura 4 – Carga uniformemente variável 
 
Obs: A força resultante FR de uma carga distribuída linear ou não é equivalente à área sob a curva 
da carga distribuída, e essa resultante age no centroide C dessa área. A figura 5 mostra a 
substituição de uma carga distribuída pela concentrada equivalente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 5 – Substituição de uma carga distribuída pela concentrada equivalente. 
 
 
FR = ÁREA 
4 
 
 
Para fazer a troca da força distribuída pela concentrada equivalente é necessário conhecer 
os centroides de diversas figuras. A tabela 1 abaixo mostra alguns centroides importantes: 
Tabela 1 - principais centroides de figuras planas comuns 
 
𝑥 =
𝑏
3
 
𝑦 =
ℎ
3
 
 
 
 
 
 
𝑥 =
𝑏
2
 
𝑦 =
ℎ
2
 
 
𝑥 = 0 
𝑦 =
4𝑅
3𝜋
 
 
𝑥 =
3𝑎
4
 
𝑦 =
3ℎ
10
 
 
 
1.3 – Reações do apoio 
 
As forças de superfície que se desenvolvem nos apoios são denominadas reações. Para 
situações em que as forças são coplanares (bidimensional) temos três principias apoios: 1º, 2º e 3º 
gêneros. As reações (forças e momentos) de cada apoio são as restrições que estes impõem ao 
corpo ligado. 
 
a) O apoio móvel (1º gênero) impede apenas um deslocamento, por exemplo, o deslocamento 
vertical e permite o deslocamento horizontal e a rotação (giro) em torno do apoio. 
 
b) O apoio fixo (2º gênero) impede dois deslocamentos, por exemplo, o vertical e o horizontal e 
permite a rotação (giro) em torno do apoio. 
 
y 
x 
b 
h 
5 
 
c) O engaste (3º gênero) impede os deslocamentos vertical e horizontal e a rotação (giro) em torno 
do apoio. 
 
As figuras 6, 7 e 8 têm as possíveis representações dos três apoios explicados 
anteriormente. Observe que as figuras a seguir são apresentados planos particulares. Podemos ter, 
por exemplo, o apoio do 1º gênero num plano vertical o que implicará numa força de reação 
horizontal. De maneira similar, a situação pode ser estendida aos demais apoios. 
 
 
 
Figura 6 – Apoio de primeiro gênero. 
 
 
 
Figura 7– Apoio de segundo gênero. 
 
 
 
Figura 8– Apoio de terceiro gênero. 
 
 
6 
 
 
1.4 – Equilíbrio estático de um corpo 
 
Para que um corpo extenso esteja em equilíbrio duas condições devem ser satisfeitas 
simultaneamente. Uma delas impede que ocorra o movimento de translação e a outra, o movimento 
de rotação. 
Para que não ocorra a translação é necessário que a resultante das forças seja nula, ou 
seja: 
𝑹 = ∑ 𝑭𝒊 = 𝟎 
 
Observe que a resultante R pode ser escrita, em módulo, da seguinte maneira: 
 
𝑅2 = (∑ 𝐹𝑥)
2 + (∑ 𝐹𝑦)
2 + (∑ 𝐹𝑧)
2 = 0 
 
Assim, 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0; ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝐹𝑧 = 0 
 
Para que não ocorra a rotação é necessário que o momento resultante seja nulo, ou seja: 
 
𝑀 = ∑ 𝑀𝑖 = 0 
 
Observe que o momento resultante M pode ser escrito, em módulo, da seguinte maneira: 
 
𝑀2 = (∑ 𝑀𝑥)
2 + (∑ 𝑀𝑦)
2 + (∑ 𝑀𝑧)
2 = 0 
 
Assim, 
 
∑ 𝑀𝑥 = 0; ∑ 𝑀𝑦 = 0 e ∑ 𝑀𝑧 = 0 
 
Portanto, as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio do corpo extenso são: 
 
 
 
 
 
 
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎; ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 e ∑ 𝑭𝒛 = 𝟎 
 
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎; ∑ 𝑴𝒚 = 𝟎 e ∑ 𝑴𝒛 = 𝟎 
 
7 
 
 
Para situações em que as forças são coplanares (bidimensional) as condições anteriores 
resumem-se às seguintes equações: 
 
 
 
 
 
 
 
1.5 – Cargas internas 
 
 Uma das mais importantes aplicações da estática na análise de problemas de resistência de 
materiais é poder determinar a força e o momento resultantes que agem no interior de um corpo e 
que são necessários para manter a integridade do corpo quando submetido a cargas externas. 
 Considere um corpo extenso sob à ação de quatro forças F1, F2, F3 e F4, conforme figura 9 
a seguir. 
 
Figura 9 – Corpo extenso sob ação de forças externas. 
 
Suponha que desejemos determinar as cargas internas que atuam na seção em destaque 
da figura 9. Utilizando o método das seções, isto é, cortando o corpo e separando uma das partes 
teremos as forças externas F1 e F2 e as cargas internas. Observe o diagrama representado na figura 
10. 
 
 
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 e ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 
 
∑ 𝑴𝒛 = 𝟎 
 
8 
 
 
Figura 10 – Parte do corpo extenso sob ação de forças externas e cargas internas. 
 
 
Pode-se perceber uma distribuição de forças internas agindo sobre a área exposta pelo corte 
que representam os efeitos do material que está na parte superior do corpo agindo no material 
adjacente na parte inferior. Na análise desta parte do corpo extenso, temos na seção exposta pelo 
corte a resultante das forças e dos momentos internos. A figura 11 exemplifica o descrito. 
 
 
Figura 11– Resultante das cargas externas representada por um momento e uma força. 
 
 
Didaticamente podemos tomar as componentes, ou seja, as projeções em x e y, das 
resultantes dos momentos e das forças internas para melhor interpretação física. A figura 12 mostra 
a decomposição dos vetores das cargas internas mostrados na figura 11. 
 
 
 
9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 12– Decomposição das cargas internas de uma seção do corpo extenso. 
 
As componentes da resultante são denominadas normal e cisalhante (ou cortante). A 
primeira atua numa direção perpendicular ao plano da seção enquanto a segunda, no plano da 
seção. As componentes do momento resultante são o fletor e o de torção. O momento fletor é 
causado pelas cargas externas que tender a fletir o corpo em torno de um eixo que se encontra na 
área. Já o momento de torção é o efeito produzido quando as cargas tendema torcer um segmento 
do corpo em relação a outro. 
 
No caso particular de um sistema submetido a forças coplanares, a situação acima descrita 
resume-se ao que revela o diagrama abaixo, descrito na figura 13. 
 
 
Figura 13– Decomposição das cargas internas de uma seção do corpo extenso sob ação de 
forças coplanares. 
 
 
 
 
 
10 
 
Exemplo 
 
1) O guindaste da figura é composto pela viga AB e roldanas acopladas além do cabo e do motor. 
Determinar as cargas internas resultantes que agem na seção transversal em C se o motor estiver 
levantando a carga W de 2000 N com velocidade constante. Despreze o peso das roldanas e da 
viga. 
 
 
Solução: 
O sistema encontra-se em equilíbrio pois sendo a velocidade constante, a aceleração é nula e, 
consequentemente, a resultante será nula. Inicialmente faremos um corte passando pelo ponto C e 
marcaremos as cargas internas. 
 
Equações de equilíbrio: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → NC + 2000 = 0 → NC = - 2.000N 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → + 𝑉𝐶 + 2.000 = 0 → 𝑉𝐶 = − 2.000 𝑁 
 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → 2000 𝑥 1,125 − 2000 𝑥0,125 + 𝑀𝐶 = 0 → 𝑀𝐶 = 2000 𝑁. 𝑚 
 
MC 
2.000N 
NC 
VC 
2.000N 
11 
 
2) Considere uma barra engastada em A e uma distribuição conforme a figura. Determine as 
reações no apoio A e a carga interna resultante que atua na seção transversal no ponto B. 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Inicialmente, vamos substituir a carga distribuída por uma equivalente concentrada. 
 
ÁREA = (base x altura)/2 = 15 x 60 / 2 = 450 lbf 
Ponto de aplicação = centroide = base/3 = 15/3 = 5 pés (a partir do ângulo reto) 
 
A seguir tem-se o diagrama do corpo livre (DCL) para esta barra 
 
 
 
 
 
 
 
EQUILÍBRIO: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → −𝐻𝐴 = 0 → 𝐻𝐴 = 0 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → + 𝑉𝐴 − 450 = 0 → 𝑉𝐴 = 450 𝑙𝑏𝑓 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 𝑉𝐴 𝑥 0 + 𝐻𝐴 𝑥 0 + 𝑀𝐴 − 450 𝑥 5 = 0 → 𝑀𝐴 = 2250 𝑙𝑏𝑓. 𝑝é 
 
 
 
 
450 lbf 
A 
C 
5 pés 10 pés 
VA 
MA 
HA 
60lbf/pé 
Centroide 
12 
 
Seccionando a barra em B, teremos: 
 
 
 
 
A partir da figura inicial do problema podemos aplicar a semelhança entre triângulos: 
 
 
 
𝑥
60
=
12
15
→ 15𝑥 = 60.12 → 𝑥 = 48 𝑙𝑏𝑓. 
Assim, a carga concentrada associada será 48 x 12 / 2= 288lbf 
 
 
 
 
 
 
 
 
O ponto de aplicação da carga fica a 1/3 do vértice, ou seja, 12/3 = 4 pés. 
 
 
X = ? 
X = ? 
288 lbf 
4 pés 
VB 
HB 
MB 
 
B 
C 
12 pés 
60lbf/pé 
13 
 
EQUILÍBRIO: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → −𝐻𝐵 = 0 → 𝐻𝐵 = 0 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → + 𝑉𝐵 − 288 = 0 → 𝑉𝐴 = 288 𝑙𝑏𝑓 
 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑉𝐵 𝑥 0 + 𝐻𝐵 𝑥 0 + 𝑀𝐵 − 288 𝑥 4 = 0 → 𝑀𝐵 = 1152 𝑙𝑏𝑓. 𝑝é 
 
Exercícios 
 
1) Determinar a força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto 
C. Usar P = 8 kN. 
 
.2) Determine a resultante das forças internas normal e cisalhante no elemento na seção b – b, em 
função de  .A carga de 650N é aplicada ao longo do eixo do centroide do elemento. 
 
14 
 
3) Determinar a resultante das cargas internas que atuam na seção transversal em C do eixo de 
máquina da figura. O eixo é apoiado por rolamento em A e B, que exercem apenas forças verticais 
sobre ele. 
 
 
4) A mesinha T usada em avião é apoiada em cada lado por um braço. A mesinha é acoplada ao 
braço em A por um pino e em B há um pino liso (o pino move-se em um rasgo nos braços para 
permitir dobrar a mesinha na frente do passageiro quando não estiver em uso). Determinar a 
resultante das cargas internas que atuam na seção transversal que passa pelo ponto C do braço 
quando este suporta as cargas mostradas. 
 
 
 
 
15 
 
5) O guindaste da figura foi projetado para suportar uma carga de 5kN. Determinar a força atuante 
na haste do cilindro e a reação na articulação A. 
 
 
 
 
CAPÍTULO 2 – TENSÃO 
 
2.1 – Introdução 
 
Considere que a área seccionada de um corpo esteja subdividida em pequenas áreas A 
conforme a figura 14. Supondo que o material é contínuo e coeso e reduzindo esta área a um valor 
cada vez menor, teremos uma força finita pequena F cujas componentes são Fx, Fy e Fz, sendo 
uma perpendicular à área A e as outras duas tangentes à mesma área. 
 
Figura 14– Seção do corpo extenso decomposta em pequenas áreas A. 
 
 
16 
 
O limite do quociente entre F e A, com este último valor tendendo a zero, recebe o nome 
de tensão, ou seja: 
𝝈 = 𝐥𝐢𝐦
∆𝑨→𝟎
𝚫𝑭
𝚫𝐀
 
 
A unidade de tensão é dada por uma unidade de força dividida por uma de unidade de área. 
Por exemplo, Pascal (Pa= N/m2). MPa = 106 Pa e GPa = 109 Pa 
 
Obs: 1N/mm2 = 1N/10-6m2 = 106N/m2 = 1MPa 
 
2.2 – Tensão normal 
 
A intensidade da força que age perpendicularmente à área ΔA é definida como tensão normal 
. Na figura anterior, como Fz, é perpendicular à área, temos que: 
 
𝝈𝒁 = 𝐥𝐢𝐦
∆𝑨→𝟎
𝚫𝑭𝒁
𝚫𝐀
 
 
Quando a força normal tracionar (“puxar”) o elemento a tensão será denominada de tensão 
trativa e, quando comprimir (“apertar”), a tensão será chamada de compressiva. 
Observe que o índice z em 𝜎𝑍 é usado para indicar a direção da reta normal dirigida para 
fora da área A. 
 
 
2.3 – Tensão de cisalhamento 
 
A intensidade da força que age tangente à área ΔA é definida como tensão de cisalhamento 
. Na figura 14, como Fx e Fy, são tangentes à área, temos que: 
 
𝒁𝑿 = 𝐥𝐢𝐦
∆𝑨→𝟎
𝚫𝑭𝑿
𝚫𝐀
 e 𝒁𝒀 = 𝐥𝐢𝐦
∆𝑨→𝟎
𝚫𝑭𝒚
𝚫𝐀
 
 
Para as componentes da tensão de cisalhamento são usados dois índices. O índice z 
especifica a orientação da área enquanto x e y referem-se às direções das tensões de cisalhamento. 
Observe as figuras 15(a) e 15 (b) abaixo. 
 
17 
 
 
(a) (b) 
Figuras 15 (a) e (b) – Tensões de cisalhamento e normal. 
 
2.4 – Estado geral de tensão 
 
Se o corpo for seccionado por planos paralelos aos planos xz e yz. Assim, um elemento 
cúbico de volume de material que representa o estado de tensão que age em torno do ponto 
escolhido no corpo. Observe a figura 16 a seguir. 
 
 
 
Figura 16 – Estado geral de tensão. 
 
 
 
18 
 
2.5 – Tensão normal média em uma barra com carga axial 
 
Suponha uma barra homogênea com a carga externa P axial tracionando-a, conforme a 
figura 17 a seguir. 
 
 
Figura 17 – Barra sob ação de força axial. 
 
Ao seccionarmos a barra e estudarmos o elemento resultante perceberemos que cada área 
ΔA está submetida a uma força ΔF = . ΔA. Ao somarmos todas as contribuições teremos a força 
interna P na seção. Observe a figura 18. 
 
Figura 18 – Contribuições ΔF da força externa P. 
 
19 
 
Considerando que a tensão  é constante e elementos infinitesimais de área (ΔA  dA), poderemos 
escrever que 𝑑F = . dA e ainda que: 
 
𝑃 = ∫ 𝑑𝐹 = ∫ 𝜎. 𝑑𝐴 = 𝜎. 𝐴 
 
Assim, podemos escrever que a tensão normal média  em qualquer ponto na área da seção 
transversal é dada pela razão entre a força normal interna P aplicada no centroide da seção 
transversal e a área da seção transversal da barra. 
 
𝝈𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝑷
𝑨
 
Exemplos 
 
1) A barra tem seção retangular de largura constante 35 mm e espessura 10 mm. Determine a 
tensão normal média máxima da barra quando submetida ao carregamento mostrado a seguir. 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Inicialmente perceba que a barra encontra-se em equilíbrio. Resultante das forçashorizontais é zero 
(-12 - 9 - 9 + 4 + 4 + 22 = 0) 
Vamos seccionar a barra nas regiões abaixo e estudar o diagrama do corpo livre (DCL) de cada 
uma das partes. 
 
 
 
20 
 
Como a barra está em equilíbrio, note que todas as “partes” da barra estão em equilíbrio, 
conforme mostram os diagramas do corpo livre. 
 
Todas as seções têm área A = 35 x 10 = 350 mm2. Assim, temos: 
𝜎𝐴𝐵 =
𝑃𝐴𝐵
𝐴
=
12.000
350
= 34,28𝑀𝑃𝑎 
 
𝜎𝐵𝐶 =
𝑃𝐵𝐶
𝐴
=
30.000
350
= 85,71𝑀𝑃𝑎 
 
𝜎𝐶𝐷 =
𝑃𝐶𝐷
𝐴
=
22.000
350
= 62,86𝑀𝑃𝑎 
 
Assim, 𝜎𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 = 85,71𝑀𝑃𝑎 
 
A distribuição de tensão que age sobre uma seção transversal arbitrária da barra dentro da 
porção BC é mostrada a seguir. 
 
Note que o volume representado por esta distribuição equivale à carga, isto é, 87,5MPa x 
(35 x 10) mm2 = 30.000N 
 
 
2) A peça cilíndrica fundida mostrada é feita de aço, cujo peso específico é 80 kN/m3. Determine a 
tensão de compressão média que age nos pontos A e B. 
21 
 
 
 
 
Solução: inicialmente encontraremos o volume do cilindro cuja base é o plano em que estão os 
pontos A e B, ou seja, Vol = .R2.h = .(0,2)2.0,8 = 0,10048 m3. 
 
Peso específico é dado por 𝛾 =
𝑃𝑒𝑠𝑜
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒
→ 80 =
𝑃𝑒𝑠𝑜
0,10048
→ 𝑃𝑒𝑠𝑜 = 8,04 𝑘𝑁 
 
Para determinar a tensão média, tanto em A como em B, devemos determinar a área do círculo que 
é a base do retângulo. Assim, A = .R2= .(0,2)2.= 0,1256 m2. 
 
Assim, 
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
8,04
0,1256
=64kN/m2 
 
2.6 – Tensão de cisalhamento média 
 
A tensão de cisalhamento foi definida na seção 2.2 como a componente da tensão que age 
no plano da área seccionada. Considera a figura 19 abaixo 
22 
 
 
Figura 19 – Simulação de cisalhamento de duas áreas da peça superior. 
 
Supondo apoios rígidos e F grande o suficiente, o material da barra irá falhar ao longo dos 
planos identificados por AB e CD. Na figura 20 temos um diagrama do corpo livre da parte central 
da barra. 
 
Figura 20 – Diagrama do corpo livre da parte central da barra. 
. 
Do equilíbrio, temos que a soma dos esforços cortantes é igual à força externa F, isto é, V + 
V = F, ou ainda: V = F/2. 
 
A tensão de cisalhamento média distribuída sobre cada área seccionada é definida por: 
 
𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝑽
𝑨
 
 
23 
 
Observe a ação da distribuição da tensão de cisalhamento média sobre as seções na figura 
21 abaixo. 
 
Figura 21 – Distribuição da tensão de cisalhamento em uma das faces do corpo. 
 
 O cisalhamento que uma peça pode estar submetida pode ser didaticamente dividido em 
dois tipos: simples ou duplo. 
 
2.6.1 – Cisalhamento simples ou direto 
 
Este cisalhamento é causado por ação direta da carga aplicada F e acontece em 
frequentemente em vários acoplamentos simples que utilizam parafusos, pinos, solda etc. A figura 
22 mostra exemplos de cisalhamento simples e seus diagramas de corpo livre. Essas juntas são 
denominadas sobrepostas. 
 
 
Figura 22 – Exemplos de cisalhamento simples. 
 
Observe que no equilíbrio V = F. Assim, a tensão de cisalhamento média será dada pela 
razão entre V e a área A da sobreposição, ou seja: 
 
𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝑽
𝑨
=
𝑭
𝑨
 
 
 
24 
 
2.6.2 – Cisalhamento duplo 
 
Diferentemente do cisalhamento simples, as juntas que provocam o cisalhamento duplo são 
as de dupla sobreposição, conforme a figura 23. 
 
Figura 23 – Exemplos de cisalhamento duplo. 
 
Observe que as duas superfícies da sobreposição do cisalhamento duplo devem ser 
consideradas. A partir do diagrama do corpo livre das juntas acima, é possível escrever que no 
equilíbrio V + V = F, ou seja, V = F/2. Dessa forma, a tensão de cisalhamento média será dada por: 
 
𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝑽
𝑨
=
𝑭
𝟐. 𝑨
 
 
Exemplos 
 
1) A barra tem área de seção transversal quadrada com 40 mm de profundidade e largura. Se uma 
força axial de 800 N for aplicada ao longo do eixo que passa pelo centroide da área de seção 
transversal da barra, determine a tensão normal média e a tensão de cisalhamento média que agem 
ao longo dos planos a-a e b-b. 
 
 
Solução 
 
Seção a-a: 
 
Área: 40 mm x 40 mm = 1600 mm2 
Seccionando a barra pela região a-a temos o seguinte diagrama do corpo livre 
25 
 
 
 
Dessa forma: 
 
𝜎𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑃
𝐴
=
800
1600
= 0,5𝑀𝑃𝑎 
𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑉
𝐴
=
0
𝐴
= 0 
 
 
Seção b-b: 
 
Seccionando a barra pela região b-b temos o seguinte diagrama do corpo livre 
 
 
 
Do equilíbrio: 
 
 
 
 
 
 
𝑠𝑒𝑛60º =
𝑃
800
→ 0,866 =
𝑃
800
→ 𝑃 = 692,8𝑁 
 
𝑐𝑜𝑠60º =
𝑉
800
→ 0,500 =
𝑉
800
→ 𝑉 = 400𝑁 
Área: 
 
 
60º 
800 
P V 
b 
b 
26 
 
 
 
 
𝑠𝑒𝑛60º =
Á𝑅𝐸𝐴
Á𝑅𝐸𝐴 𝑏 − 𝑏
→ 0,866 =
1600
Á𝑅𝐸𝐴 𝑏 − 𝑏
→ Á𝑅𝐸𝐴 𝑏 − 𝑏 = 1847,6 𝑚𝑚2 
 
 
Dessa forma: 
 
𝜎𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑃
𝐴
=
692,8
1847,6
= 0,375𝑀𝑃𝑎 
𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑉
𝐴
=
400
1847,6
= 0,217𝑀𝑃𝑎 
2) Considere a peça feita de madeira com sua base presa ao chão. Uma força de 3000N é feita na 
parte móvel tal que o ângulo formado seja o de um triângulo retângulo de lados 3, 4 e 5. Determine 
as tensões de compressão médias atuantes nas faces que contêm AB e BC e a tensão de 
cisalhamento média ao longo do plano horizontal definido por EBD 
 
 
 
Inicialmente desenharemos o DCL da parte móvel: 
 
27 
 
 
A força de 3000 N projetada nas direções x e y terá os seguintes valores: Fx = 3000.(3/5) = 1800 N 
e Fy = 3000. (4/5) = 2400 N 
 
 
 
No equilíbrio, FAB = FX = 1800 N e FBC = FY = 2400 N 
 
As áreas a serem consideradas são: AAB = 25 x 40 = 1000 mm2 , ABC = 50 x 40 = 2000 mm2 e A EBD 
= 75 x 40 = 3000 mm2 
 
Tensões médias normal e de cisalhamento: 
 
𝜎𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑃
𝐴
=
1800
1000
= 1,8 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑃
𝐴
=
2400
2000
= 1,2 𝑀𝑃𝑎 
 𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑉
𝐴
=
1800
3000
= 0,6 𝑀𝑃𝑎 
 
Graficamente temos: 
 
28 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.7 – Fator de segurança (FS) 
 
O engenheiro responsável pelo projeto de elementos estruturais ou mecânicos deve 
restringir a tensão do material a um nível seguro, portanto, deve usar uma tensão segura ou 
admissível. 
 
O fator de segurança (F.S.) é a relação entre a carga de ruptura Frup e a carga admissível 
Fadm. A carga de ruptura é determinada em ensaios laboratoriais do material e o fator de segurança 
apresenta valores específicos que dependem dos tipos de materiais usados e da finalidade 
pretendida da estrutura ou máquina. O fator de segurança é um número adimensional maior que 1. 
 
Quando a carga aplicada ao elemento estiver linearmente relacionada com a tensão 
desenvolvida no interior do elemento então podemos expressar o FS como sendo a razão entre a 
tensão de ruptura 𝜎𝑟𝑢𝑝𝑡𝑢𝑟𝑎 (ou 𝑟𝑢𝑝𝑡𝑢𝑟𝑎) e a tensão admissível 𝜎𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙 (ou 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙), isto é: 
 
𝐅𝐒 =
𝛔𝐫𝐮𝐩𝐭𝐮𝐫𝐚
𝛔𝐚𝐝𝐦𝐢𝐬𝐬í𝐯𝐞𝐥
 ou 𝐅𝐒 =
𝛕𝐫𝐮𝐩𝐭𝐮𝐫𝐚
𝛕𝐚𝐝𝐦𝐢𝐬𝐬í𝐯𝐞𝐥
 
 
29 
 
Exemplo A barra rígida mostrada na figura é suportada por uma haste de aço AC que tem diâmetro 
de 20 mm e um bloco de alumínio que tem área da seção transversal de 1800 mm². Os pinos de 18 
mm de diâmetro em A e C estão submetidos a um cisalhamento simples. Se a tensão de ruptura do 
aço e do alumínio forem (aço)rup = 680 MPa e (al)rup = 70 MPa, respectivamente, e a tensão de 
cisalhamento de rupturade cada pino for rup = 900 MPa, determinar a maior carga P que pode ser 
aplica à barra. Aplicar F.S = 2. 
 
Solução: 
Diagrama do corpo livre: 
 
FATOR DE SEGURANÇA: Os valores admissíveis para as tensões serão (aço)adm = 340 MPa e 
(al)adm = 35 MPa e adm = 450 MPa 
 
EQUILÍBRIO: 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝐹𝐴𝐶 − 𝑃 + 𝐹𝐵 = 0 (𝐸𝑄𝑈𝐴ÇÃ𝑂 ∗) 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝑃 𝑥0,75 + 𝐹𝐵 𝑥 2 = 0 → 2. 𝐹𝐵 = 0,75. 𝑃 (𝐸𝑄𝑈𝐴ÇÃ𝑂 ∗∗) 
 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑃 𝑥 1,25 − 𝐹𝐴𝐶 𝑥 2 = 0 → 2. 𝐹𝐴𝐶 = 1,25. 𝑃 (𝐸𝑄𝑈𝐴ÇÃ𝑂 ∗∗∗) 
30 
 
 
Alumínio:  =
𝑃
𝐴
→ 35 =
𝐹𝐵
1800
= 63.000𝑁 = 63𝑘𝑁 
Da EQUAÇÃO **, temos: 2. 𝐹𝐵 = 0,75. 𝑃 → 2𝑥63 = 0,75𝑃 → 𝑃 = 168𝑘𝑁 
 
Barra de aço:  =
𝑃
𝐴
→ 340 =
𝐹𝐴𝐶
𝜋.(10)2
= 106.760𝑁 = 106,76𝑘𝑁 
Da EQUAÇÃO ***, 2 x 106,76= 1,25𝑥𝑃 → 𝑃 = 170,8 𝑘𝑁 
 
Pinos: 𝝉 =
𝑃
𝐴
→ 450 =
𝐹𝐴𝐶
𝜋.(9)2
= 114.453𝑁 = 114,45𝑘𝑁 
Da EQUAÇÃO ***, 2 x 114,45= 1,25𝑥𝑃 → 𝑃 = 183,2 𝑘𝑁 
 
Logo, o maior valor que P pode assumir para que não haja colapso na peça é 168 kN. 
 
2.8 – Projeto de acoplamentos simples 
 
Adotando-se premissas simplificadoras em relação ao comportamento do material, as 
equações  =
𝑃
𝐴
 e  =
𝑉
𝐴
 podem ser usadas para projetar um acoplamento simples ou um elemento 
mecânico. Quando o elemento estiver submetido a uma força normal em uma seção, a área de 
seção mínima exigida é determinada por: 
 
𝐀 =
𝐏

 
 
 De outra forma, se a seção estiver sujeita a uma força de cisalhamento, a área mínima da 
seção é dada por: 
 
𝐀 =
𝐏

 
 
Exemplos 
1) Uma carga axial sobre o eixo mostrado na figura sofre a resistência do colar em C, que está 
acoplado ao eixo e localizado no lado direito do mancal em B. Determine o maior de P para as duas 
forças axiais em E e F de modo que a tensão no colar não ultrapasse uma tensão de apoio 
admissível em C de (a)adm = 75 MPa e que a tensão normal média no eixo não exceda a tensão 
de tração admissível (t)adm = 55 MPa 
 
31 
 
 
Solução: 
Diagrama do corpo livre para a barra: 
 
 =
3𝑃
𝐴
→ 55 =
3𝑃
.(30)2
→ 𝑃 = 51.810𝑁 = 51,81 𝑘𝑁 
 
Diagrama do corpo livre para o colar: 
 
Vale ressaltar que o colar terá para área de contato a coroa circular em que A = .(R2 – r2), ou seja, 
A = .(402 – 302) = 2.198 mm2 
 
 =
3𝑃
𝐴
→ 75 =
3𝑃
2.198
→ 𝑃 = 54.950𝑁 = 54,95 𝑘𝑁 
 
Dessa forma, o valor máximo que P pode assumir é 51,81 kN. 
 
2) O tirante está apoiado em sua extremidade por um disco circular fixo como mostrado na figura. 
Se a haste passa por um furo de 40 mm de diâmetro, determinar o diâmetro mínimo requerido da 
haste e a espessura mínima do disco necessários para suportar uma carga de 20 kN. A tensão 
normal admissível da haste é adm = 60 MPa, e a tensão de cisalhamento admissível do disco é adm 
= 35 MPa. 
 
32 
 
Solução: 
 
Haste: 
A =
P

 
 
π. d2
4
=
P

 
 
π. d2
4
=
20. 103
60. 106
 
 
π. d2
4
=
1
3. 103
 
 
d2 =
4
3.. 103
 
 
d = 0,021m = 21mm 
Disco: 
 
Área A: 2. 𝜋. 𝑅. 𝑡 
A =
P

 
 
2. 𝜋. 𝑅. 𝑡 =
20. 103
35. 106
 
 
2. 𝜋. 20. 10−3. 𝑡 =
20. 103
35. 106
 
 
𝑡 = 0,00455m = 4,55mm 
 
 
 
 
33 
 
Exercícios 
 
1) A luminária de 80 Kg é suportada por duas hastes AB e BC. Se AB tem diâmetro 10mm e BC 
8mm, determine a tensão normal média em cada haste. 
 
2) O elemento AC está submetido a uma força vertical de 3kN. Determinar a posição x da aplicação 
da força de modo que o esforço de compressão médio no apoio C seja igual ao esforço de tração 
no tirante AB. A haste tem área de seção transversal de 400 mm2 e a área de contato em C é de 
650 mm2 e comprimento 200 mm. 
 
3) A viga uniforme de 6 m de comprimento é apoiada por duas hastes AB e CD com área de seção 
transversal igual a 10mm2 e 15mm2. Determine a intensidade da carga w distribuída de modo que 
a tensão normal média em cada haste não exceda 300kPa. 
 
 
34 
 
4) As duas hastes de alumínio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar seus diâmetros 
requeridos se o esforço de tração admissível para o alumínio for ()adm = 150 MPa. 
5) Os três cabos de aço são usados para suportar a carga. Se os cabos têm uma tensão de tração 
admissível de 165 MPa, determinar o diâmetro requerido de cada cabo se a carga aplicada P = 6 
kN. 
 
6) O punção circular B exerce uma força de 2 kN no topo da chapa A. Determinar a tensão de 
cisalhamento média na chapa devida a esse carregamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
35 
 
CAPÍTULO 3 – DEFORMAÇÃO 
 
3.1 – Introdução 
 
Sempre que uma força é aplicada a um corpo este tende a mudar de forma e/ou tamanho. 
Essas mudanças podem ser perceptíveis a olho nu ou não. Um exemplo é a deformação que ocorre 
em elementos estruturais de um edifício quando muitas pessoas estão em seu interior. De um modo 
geral, a deformação em um corpo varia ao longo de seu volume. 
 
3.2 – Deformação normal 
 
O alongamento ou contração de um segmento de reta por unidade de comprimento é 
denominado deformação normal. Observe a figura 24 que se segue. 
 
 
Figura 24 – Deformação normal. 
 
Considere o corpo não deformado da figura e a reta AB de comprimento s. Após a 
deformação, os pontos A e B são deslocados para as posições A´ e B´ tal que A´B´ tem comprimento 
s´. A deformação normal média será dada por: 
 
𝝐𝒎é𝒅 =
𝒔´ − 𝒔
𝒔
 
 
À medida que B se aproxima de A, o comprimento de AB diminui, isto é, 𝑠 0 e B´se 
aproxima de A´ de forma que 𝑠´ 0. Assim, no limite, a deformação normal no ponto A e na direção 
n é: 
𝝐 = 𝐥𝐢𝐦
𝑩→𝑨 𝒂𝒐 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒐 𝒅𝒆 𝒏
𝒔´ − 𝒔
𝒔
 
 
Corpo deformado Corpo não deformado 
36 
 
Observe que, quando a deformação normal for conhecida, é possível determinar o 
comprimento final aproximado de um segmento curto de reta na direção de n após a deformação 
pela seguinte equação. 
 
𝝐 =
𝒔´ − 𝒔
𝒔
 → 𝝐.𝒔 = 𝒔´ − 𝒔 
 
𝒔´ ≈ (𝟏+∈). ∆𝒔 
 
Unidades: Observe que a deformação normal é uma razão entre comprimentos e, portanto, 
adimensional. Na prática é comum expressar em termos da razão entre unidades de comprimento. 
No SI, m/m. Outra possibilidade é m/m. Uma deformação normal média de 400m/m significa que 
cada 1 metro deste material sofre uma deformação de 400m. Perceba ainda que 400m/m 
equivale a 400. 10-6 m/m ou ainda a 4. 10-4 que, em termos percentuais, equivale a 0,04%, ou seja 
multiplica-se por 100% 
 
Exemplos 
1) Uma força que atua na empunhadura do cabo da alavanca mostrada na figura provoca uma 
rotação no cabo da alavanca de 0,002 rad em sentido horário. Determine a deformação normal 
média desenvolvida no cabo BC. 
 
 
 
 
 
37 
 
Solução – A figura a seguir mostra a situação final da estrutura. 
 
Da geometria podemos escrever que o comprimento de um arco é igual ao produto do raio pelo 
ângulo, em radianos, ou seja: l = R.. Assim, 
 
BB´= 0,5 x 0,002 = 0,001 m 
 
A deformação normal média será: 
 
𝜖𝑚é𝑑 =
𝑠´ − 𝑠
𝑠
=
1,001 − 1
1
=
0,001𝑚
𝑚
= 0,1% 
 
2) O diâmetro de um balão de borracha cheio de ar é 150 mm. Se a pressão do ar em seu interior 
for aumentada até o diâmetro atingir 175 mm, determine a deformação normal média na borracha. 
 
Solução – Inicialmente devemos determinar a circunferência associada ao diâmetro cuja fórmula é 
dada por C = 2.R. 
 
SITUAÇÃOINICIAL: C1 = 2.75 = 471 mm 
 
SITUAÇÃO FINAL: C2 = 2.87,5 = 549,5 mm 
𝜖𝑚é𝑑 =
𝑠´ − 𝑠
𝑠
=
549,5 − 471
471
=
0,1667𝑚𝑚
𝑚𝑚
= 16,67% 
 
 
 
 
 
 
38 
 
3.3 – Deformação por cisalhamento 
 
A mudança que ocorre no ângulo entre dois segmentos de retas que originalmente eram 
perpendiculares é denominada deformação por cisalhamento. Observe a figura 25. 
 
 
Figura 25 – Deformação por cisalhamento. 
 
A deformação por cisalhamento mostra a variação angular entre dois segmentos de reta 
perpendiculares antes da deformação e depois desta. A deformação por cisalhamento no ponto 
associada aos eixos n e t é representada por  e dada, em radianos 
 
𝜸𝒏𝒕 =
𝝅
𝟐
− 𝐥𝐢𝐦
𝑩→𝑨 𝒂𝒐 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒐 𝒅𝒆 𝒏
𝑪→𝑨 𝒂𝒐 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒐 𝒅𝒆 𝒕
𝜽´ 
 
Obs: Observe que se 𝜽′ for menor que 
𝝅
𝟐
 ,a deformação por cisalhamento será positiva e, ao 
contrário, negativa 
 
Considere a figura 26 em que um elemento retangular é isolado antes de que o corpo sofra 
qualquer tipo de deformação. 
 
Figura 26 – Corpo sem deformação com elemento retangular isolado. 
 
39 
 
 O elemento retangular de lados x, y e z não deformado é ampliado e mostrado na figura 
27. 
 
 
Figura 27 – Elemento retangular não deformado. 
 
 Supondo que o corpo sofra uma deformação genérica, este elemento inicialmente isolado 
terá suas dimensões lineares e angulares modificadas. Observe a figura 28. 
 
 
Figura 28 – Elemento retangular deformado. 
 
 Observe que, em particular as deformações normais causam uma mudança no volume do 
elemento retangular, ao passo que as deformações por cisalhamento provocam uma mudança em 
sua forma. 
 
Exemplo – A chapa é deformada até a forma apresentada pelas linhas tracejadas na figura a seguir. 
Se, nessa forma deformada, as retas horizontais na chapa permanecerem horizontais e seus 
comprimentos não mudarem, determine: 
 
a) Deformação normal ao longo do lado AB 
b) Deformação por cisalhamento média da chapa em relação aos eixos x e y 
40 
 
 
Solução. 
 
a) Observe a figura abaixo e a partir do teorema de Pitágoras podemos determinar AB´. 
 
𝐴𝐵´2 = 32 + (250 − 2)2 → 𝐴𝐵´ = 248,018 𝑚𝑚 
 
𝜖𝑚é𝑑 =
𝐴𝐵´ − 𝐴𝐵
𝐴𝐵
=
248,018 − 250
250
=
−0,00793𝑚𝑚
𝑚𝑚
 
b) Observe a figura 
 
 
Observe que: 
𝑡𝑔𝛾𝑥𝑦 =
3
250−2
= 0,0121. 
41 
 
 
Como o ângulo é pequeno podemos utilizar a seguinte aproximação 𝜃~ 𝑠𝑒𝑛𝜃~ 𝑡𝑔𝜃 
 
𝛾𝑥𝑦 = 0,0121 𝑟𝑎𝑑 
 
 
 
Exercícios. 
 
1) O diâmetro de um balão de borracha cheio de ar é 150 mm. Se a pressão do ar em seu interior 
for aumentada até o diâmetro atingir 175 mm, determine a deformação normal média na borracha. 
 
2) Determine a deformação normal média do arame AB em decorrência da rotação  = 2º da barra 
rígida CA 
 
 
3) A barra rígida ABC da figura está inicialmente na horizontal. Se cargas provocarem o 
deslocament0 vertical da extremidade A de 0,002 pol e a barra girar 0,2º, qual será a deformação 
normal média das hastes AD, BE e CF. 
 
42 
 
 
4) A viga rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a deformação normal 
admissível máxima em cada cabo for de máx = 0,002 mm/ mm, determine o deslocamento vertical 
máximo da carga P. 
 
5) A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. Determine a 
deformação por cisalhamento média xy da chapa. 
 
6) A haste delgada da figura é submetida a um aumento de temperatura ao longo de seu eixo, o 
que cria uma deformação normal na haste de 𝜀𝑧 = 4. 10
−2. 𝑧
1
2⁄ , onde z é dado em metros. 
Determinar: 
 
43 
 
a) o deslocamento da extremidade B da haste devido ao aumento de temperatura; 
b) a deformação normal média na haste 
 
 
CAPÍTULO 4 – PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS 
 
4.1 – Ensaios de tração e compressão 
 
Os engenheiros de quaisquer especialidades devem compreender como as várias 
propriedades mecânicas são medidas e o que elas representam. Essas propriedades são 
necessárias ao projeto de estruturas ou componentes que utilizem materiais predeterminados, a fim 
de que não ocorram níveis inaceitáveis de deformação e/ou falhas em serviço, ou o encarecimento 
do produto em função do superdimensionamento de componentes. 
Qualquer projeto de engenharia, especificamente o projeto de um componente mecânico, 
requer para a sua viabilização um vasto conhecimento das características, propriedades e 
comportamento dos materiais disponíveis. 
 A resistência de um material depende de sua capacidade de suportar carga sem 
deformação excessiva ou ruptura. Essa propriedade é inerente ao material e deve ser determinado 
por ensaios experimentais, dentre os quais se destacam os de tração e de compressão. 
Para o ensaio de tração (compressão) utiliza-se um corpo de prova (CP) padronizado onde 
são conhecidos o comprimento inicial L0 e a área de seção transversal A0. A figura 29 mostra um 
corpo de prova típico. O CP é preso numa máquina como a da figura 30 e é alongado lentamente 
até atingir o ponto de ruptura. 
 
Figura 29 – Corpo de prova típico 
44 
 
 
Figura 30 – Máquina de ensaios de tração e compressão 
 
Dados da carga aplicada P são registrados assim como os valores do alongamento do corpo 
( = L – L0). A partir desses dados é possível calcular vários valores da tensão e da deformação e, 
então, construir um gráfico denominado diagrama tensão-deformação. 
 
 A partir dos dados registrados podemos determinar a tensão nominal (ou de engenharia) e 
a deformação nominal (ou de engenharia). 
 
𝝈 = 
𝑷
𝑨𝟎
 e 𝜺 = 
𝜹
𝑳𝟎
 
 Se os valores correspondentes de 𝜎 e 𝜀 forem marcados em um gráfico no qual a ordenada 
é a tensão e a abscissa é a deformação, a curva resultante é o diagrama tensão-deformação. Esse 
diagrama é muito importante na engenharia, pois proporciona os meios para se obter dados sobre 
a resistência mecânica sem considerar a forma ou o tamanho do material. Essa curva pode ser a 
de engenharia ou a real. A primeira considera a área da seção reta do corpo de prova constante e 
igual ao seu valor inicial, enquanto a segunda o valor é atualizado, uma vez que se altera quando o 
corpo de prova vai aumentando de comprimento. Na figura 31 temos a curva tensão versus 
deformação (de engenharia e a real) 
45 
 
 
 Figura 31 – Curva tensão versus deformação. 
 
 
O comportamento elástico do material é aquele em que as deformações deixam de existir 
quando a carga é subtraída. Perceba que esta região no gráfico é linear, o que revela que tensão e 
deformação são proporcionais. Atinge-se o limite de elasticidade. 
 
 Um pequeno aumento na tensão acima do limite de elasticidade resultará na deformação 
permanente (plástica). É o escoamento do material. Em alguns materiais é possível perceber os 
pontos de escoamento superior e inferior. 
 Quando o escoamento tiver terminado, uma carga adicional ao CP resulta no crescimento 
contínuo (não linear) da curva que alcança uma tensão máxima denominada limite de resistência. 
Nessa fase ocorre o encruamento, isto é, o endurecimento do material por diversos mecanismos 
associados à deformação plástica (permanente). 
 
 A última etapa é a da estricção. Ocorre o “empescoçamento” do CP e atinge-se uma tensão 
denominada limite de ruptura. 
 
4.2 – Lei de Hooke 
 
Como é possível observar no diagrama tensão-deformação, existe uma relação linear na 
região elástica que pode ser expressa pela lei de Hooke: 
 
𝝈 = 𝑬. 𝜺 
46 
 
Onde E é denominado módulo de elasticidadeou módulo de Young. A partir da tangente da 
reta que representa o regime elástico na curva tensão versus deformação, é possível determinar o 
valor do módulo de Young ou de elasticidade 
 
4.3– Coeficiente de Poisson 
 
Quando submetido a uma força de tração/compressão axial, um corpo deformável não 
apenas se alonga, mas também se contrai lateralmente. Observe a figura 32 
 
 Figura 32 – Esforços de compressão e tração. 
 
 As deformações na direção longitudinal (axial) e na direção radial (lateral) são dadas por: 
𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍 = 
𝜹
𝑳
 e 𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍 = 
𝜹
𝒓
 
 
 Dentro da região elástica é possível definir uma razão constante denominada coeficiente de 
Poisson (). 
 
 = −
𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍
𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍
 
 
Essa expressão tem sinal negativo porque o alongamento longitudinal (deformação positiva) 
provoca contração lateral (deformação negativa) e vice-versa. 
 
 O coeficiente de Poisson é adimensional e, para a maioria dos sólidos não porosos, seu 
valor encontra-se entre 0,25 e 0,35. 
 
 
 
 
 
 
 
 
47 
 
4.3– Diagrama tensão-deformação de cisalhamento 
 
De maneira análoga à curva tensão-deformação estudada anteriormente, podemos 
submeter um corpo de prova ao cisalhamento e confeccionarmos a curva correspondente. Observe 
a figura 33 em que um gráfico tensão de cisalhamento versus deformação é mostrado. 
 
 Figura 33 – Curva tensão de cisalhamento versus deformação. 
 
Observe na figura 33 as regiões elástica e plástica como no gráfico para a tensão normal. 
Além disso existem os valores análogos de escoamento, ruptura, etc. 
 
A seguir tem-se a lei de Hooke para o cisalhamento: 
 
 = 𝑮.  
 
Onde G é o módulo de elasticidade ao cisalhamento ou de rigidez 
 
 
Obs: É possível mostrar que as grandezas , E e G se relacionam da seguinte 
 
𝑮 =
𝑬
𝟐. (𝟏 + )
 
 
 
 
48 
 
ATENÇÂO! 
 
• Ductilidade: É a capacidade que alguns materiais possuem de se deformarem antes da 
ruptura, quando sujeito a tensões muito elevadas. Quanto mais dúctil o aço maior é a 
redução de área ou alongamento antes da ruptura. A ductilidade pode ser medida a partir 
da deformação () ou da estricção. Este comportamento fornece avisos de ocorrência de 
tensões elevadas em pontos da estrutura. 
 
• Resiliência: Ë a capacidade de absorver energia mecânica em regime elástico, ou seja, a 
capacidade de restituir a energia mecânica absorvida. 
 
• Tenacidade: Assim como a propriedade anterior, é a capacidade de absorção de energia 
mecânica em regime elástico e plástico. É representada pela área total do diagrama tensão-
deformação. Sua unidade é (J/m3), ou seja, é a energia total, que o material pode absorver 
até a ruptura, por unidade de volume. 
 
• Dureza: É a resistência ao risco. É medida experimentalmente por vários processos, porém 
é definida como a resistência oferecida pela superfície à penetração de uma peça de maior 
dureza. 
 
• Fluência: Acontece em função de ajustes plásticos que podem ocorre em pontos de tensão, 
ao longo dos contornos dos grãos do material. Estes pontos de tensão aparecem logo após 
o metal ser solicitado por uma carga constante, e sofrer a deformação elástica. Após a 
fluência ocorre a deformação contínua, levando a redução da área do perfil transversal da 
peça (denominada estricção). Tem relação com a temperatura a qual o material está 
submetido: quanto mais alta, maior ela será, porque facilita o início e fim da deformação 
plástica. 
 
• Fadiga: Ocorre quando peças estão sujeitas a esforços repetidos e acabam rompendo a 
tensões inferiores àquelas obtidas em ensaios estáticos. Deve-se levar em conta esta 
propriedade principalmente em dimensionamento de peças sob o efeito dinâmico. 
 
 
 
 
 
 
 
 
49 
 
Exemplos 
 
1) Uma haste tem 100 mm de comprimento e diâmetro de 15 mm. Se uma carga de tração axial de 
10 kN for aplicada a ela, determine a mudança no diâmetro. Considere E = 70 GPa e  = 0,35. 
 
Solução: 
 
Lei de HOOKE: 𝝈 = 𝑬. 𝜺 
 
Mas, 𝝈 = 
𝑷
𝑨𝟎
=
𝟏𝟎.𝟎𝟎𝟎
𝝅.(𝟕,𝟓)𝟐
= 𝟓𝟔, 𝟔𝟐 𝑴𝑷𝒂 
𝝈 = 𝑬. 𝜺 → 𝟓𝟔, 𝟔𝟐 = 𝟕𝟎. 𝟎𝟎𝟎. 𝜺 →. 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍 = 𝟖, 𝟎𝟗. 𝟏𝟎
−𝟒 
 
A partir do coeficiente de Poisson é possível escrever que: 
 
 = −
𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍
 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍
→ 𝟎, 𝟑𝟓 = −
𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍
𝟖, 𝟎𝟗. 𝟏𝟎−𝟒
→ 𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍 = −𝟐, 𝟖𝟑𝟏. 𝟏𝟎
−𝟒
 
 
 A partir da definição de deformação, temos: 
𝜺𝒓𝒂𝒅𝒊𝒂𝒍 = 
𝜹
𝒓
→ −𝟐, 𝟖𝟑𝟏. 𝟏𝟎−𝟒 =
𝜹
𝟏𝟓
→ 𝜹 = −𝟒, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟑𝒎𝒎 
 
 
2) Uma barra de aço com E = 200GPa e  = 0,32 tem as dimensões mostradas na figura. Se uma 
força axial P = 80kN for aplicada à barra, determine a mudança em seu comprimento e a mudança 
em suas dimensões da área de sua seção transversal após a aplicação da carga. O material 
comporta-se elasticamente. 
 
 
50 
 
Solução: 
 
Tensão normal na barra: 
σ = 
P
A0
=
80.000N
50mmx100mm
=
80.000
5000
= 16𝑀𝑃𝑎 
Lei de Hooke: 
 
σz = E. εz → 16. 10
6 = 200. 109. εz 
 
εz = 8. 10
−5 
 
Alongamento (direção z): 
 
εz = 
∆Lz
L0
→ 8. 10−5 =
∆Lz
1500mm
→ ∆Lz = 0,12 𝑚𝑚 
 
Contração (nas direções x e y): 
 
 = −
εx
z
→ 0,32 =
−εx
8. 10−5
→ εx = εy = −25,6. 10−6 
 
εy = 
∆Ly
L0
→ −25,6. 10−6 =
∆Ly
50mm
→ ∆Ly = −0,00128 𝑚𝑚 
εx = 
∆Lx
L0
→ −25,6. 10−6 =
∆Lx
100mm
→ ∆Lx = −0,00256 𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
51 
 
CAPÍTULO 5 – CARGA AXIAL 
 
5.1 - Deformação elástica de um elemento submetido a carga axial 
 
 Suponha o corpo mostrado na figura 34 em que um corpo é submetido a uma força axial que 
varia com a abscissa, sendo o regime elástico. 
 
 Figura 34 – Corpo submetido a carga axial dependente da abscissa. 
 
A partir da figura 34 é possível inferir que inicialmente o comprimento da peça era L e, por 
ação da carga externa axial, teve um incremento no comprimento L equivalente a . 
 É possível mostrar que o incremento  depende da carga externa P(x), a área da seção reta 
em função da abscissa A(x) e do módulo de elasticidade do material E que compõe a peça. 
 
 
𝛿 = ∫
𝑃(𝑥). 𝑑𝑥
𝐴(𝑥). 𝐸
𝐿
0
 
 
5.2 – Carga e área de seção transversal constantes 
 
 Em muitas situações práticas o corpo submetido a uma força axial apresenta seção reta 
transversal A constante e pode ser considerado homogêneo, ou seja, ter um valor do módulo de 
elasticidade E único. Além disso, podemos imaginar uma única força axial constante (ou um par) 
atuando no corpo. Observe a figura 35. 
 
52 
 
 
 Figura 35 – Corpo homogêneo e área da seção transversal constante submetido a carga 
axial constante. 
 
 
Essas suposições tornam a expressão anterior mais simples uma vez que P(x), A(x) e E 
podem ser retirados do integrando. 
𝛿 =
𝑃
𝐴. 𝐸
∫ 𝑑𝑥 → 𝛿 =
𝑃. 𝐿
𝐴. 𝐸
𝐿
0
 
 
Obs. A partir das suposições acima podemos imaginar que ao invés de uma única força constante 
atuando, algumas forças constantes atuando ao longo do corpo. Além disso, supor comprimentos 
com áreas diferentes e também materiais distintos. A equação anterior poderá ser utilizada em cada 
região em que os elementos A, E e P são constantes. Assim, a equação se torna: 
 
𝛿 = ∑
𝑃. 𝐿
𝐴. 𝐸
 
 
 Para utilizar essa equação é preciso adotar uma convenção de sinais. Assim, forças trativas 
e deformações de alongamentos receberão o valor positivo enquanto as forçascompressivas e 
deformações de contração serão negativas. Observe as figuras 36 (a) e (b). 
 
 
(a) (b) 
Figura 36 (a) e (b) – Convenção de sinais para alongamento e contração de um corpo submetido 
a carga axial. 
 
 
 
53 
 
Exemplos 
1) Considere a barra AD homogênea e seção reta transversal constante submetida a forças 
constantes, conforme figura. Desenhe um gráfico que mostre a força atuante na barra ao longo de 
seu comprimento. 
 
Solução: 
Inicialmente devemos seccionar as regiões determinadas de LAB, LBC, LCD. Com isso, 
identificaremos as forças internas normais e, partindo do equilíbrio (resultante em x nula), temos 
que: 
 
 Dessa forma, o gráfico que mostra a intensidade da força normal interna ao longo do 
comprimento da barra, considerando as forças trativas positivas e as compressivas negativas será 
dado por: 
 
 
 
54 
 
2) A barra de aço A-36 mostrada na figura é composta por dois segmentos, AB e BD, com áreas de 
seção transversal AAB = 600 mm2 e ABD = 1200 mm2, respectivamente. Determine o deslocamento 
vertical da extremidade A e o deslocamento de B em relação a C. Considere E = 210 GPa 
 
Solução 
Inicialmente devemos seccionar as regiões determinadas de LAB, LBC, LCD. Com isso, 
identificaremos as forças internas normais e, partindo do equilíbrio (resultante em y nula), temos 
que: 
 
 
55 
 
 Agora aplicaremos a fórmula 𝛿 =
𝑃.𝐿
𝐴.𝐸
 para cada segmento AB, BC e CD, atentando para 
que todas as grandezas estejam em unidades do S.I. (1kN = 103N; 1mm2 = 10-6 m2 e 1 GPa = 109 
Pa) e considerando as forças trativas positivas e as compressivas, negativas. 
 
𝛿𝐴𝐵 =
75.103. 1
600.10−6. 210.109
 
𝛿𝐵𝐶 =
35.103. 0,75
1200.10−6. 210.109
 
𝛿𝐶𝐷 =
−45.103. 0,5
1200.10−6. 210.109
 
 
Assim, 𝛿𝐴 = ∑
𝑃.𝐿
𝐴.𝐸
= 
75.103.1
600.10−6.210.109
+ 
35.103.0,75
1200.10−6.210.109
−
45.103.0,5
1200.10−6.210.109
= +0,00061𝑚 = 0,61𝑚𝑚 
 
Para determinar o deslocamento de B em relação a C basta utilizar a expressão para o comprimento 
BC da barra. 
𝛿𝐵𝐶 =
35.103. 0,75
1200.10−6. 210.109
= 0,000104𝑚 = 0,104𝑚𝑚 
 
6. BIBLIOGRAFIA 
 
1. RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – R.C. HIBBELER 
2. MECÂNICA VETORIAL PARA ENGENHEIROS – ESTÁTICA – BEER E JOHNSTON 
3. RESISTÊNCIA MECÂNICA – BEER E JOHNSTON 
4. RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - TIMOSHENKO