Resmat ii material de aula com exercicios da av1 até av2

Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios
Disciplina: Resistência dos Materiais 2
1
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2
As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto,
foram retiradas dos seguintes livros:
- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer
- E. Russel Johnston Jr.
Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995
- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler
Parte 01:
Propriedades geométricas de superfícies planas;
- Centróide de uma área;
- Momento de inércia;

2
y
x
CG
ࢄഥ
ࢅഥ
A
y
x
A1
y1
x1
A2
A3
y2
y3
x2
x3
1- Centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana
A localização do centróide de uma superfície plana qualquer de área A ilustrada
na figura 1 é definida por meio das coordenadas ࢄഥ ࢋ ࢅഥ .
Figura 1: centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana qualquer
As coordenadas ࢄഥ ࢋ ࢅഥ do centróide de uma superfície plana qualquer são
determinadas pelas seguintes equações:
Xഥ =
∑ Ai. xതii
∑ Aii
(1)
Yഥ =
∑ Ai. yതii
∑ Aii
(2)
Para aplicar as equações (1) e (2) é necessário dividir a superfície plana
qualquer em n superfícies planas de geometria simples (retângulos, quadradas,
triângulos, círculos, etc), cujas coordenadas do centróide são conhecidas, conforme
ilustra a figura 2. A tabela 1 ilustrada a seguir apresenta as coordenadas x e y do
centróide de algumas superfícies planas de geometria simples.
Xഥ =
A1. ‫ݔ‬ଵ + A2. ‫ݔ‬ଶ + A3. ‫ݔ‬ଷ
A1 + A2 + A3
Yഥ =
A1. ‫ݕ‬ଵ + A2. ‫ݕ‬ଶ + A3. ‫ݕ‬ଷ
A1 + A2 + A3
Figura 2: Divisão em superfície de geometria simples

3
Tabela 1: Coordenadas x e y do centróide ou centro de gravidade de algumas
superfícies planas de geométricas simples;
Superfície
Plana xത yത Área
Retângulo
e
Quadrado
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
Triângulo
retângulo xത =
ܾ
3
yത =
ℎ
3
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
2ൗ
Círculo
xത = 0 yത = 0 ‫ܣ‬ = ߨ. ‫ݎ‬ଶ
Semicírculo
xത = 0
yത =
4‫ݎ‬
3ߨ
‫ܣ‬ = ߨ. ‫ݎ‬ଶ
2ൗ
1/4 círculo
xത =
4‫ݎ‬
3ߨ
yത =
4‫ݎ‬
3ߨ
‫ܣ‬ = ߨ. ‫ݎ‬ଶ
4ൗ
Losango
xത = 0 yത = 0 ‫ܣ‬ = ܽଶx
y
CG
a a
x
y
CG
r
x
y
r
CG
x
y
CG
r
x
y
CG
b
h
x
y
CG
b
h

4
y
x
y
x
A3
A2
A4
y
x
A1
A2
A1
y
x
y
x
A3
A1
A2
A4
y
x
A1
A2
OBS1: Caso a superfície plana apresente área vazada ou chanfro:
- Para simplificar a análise recomenda-se considerar a superfície plana cheia
(completa) e descontar a contribuição da área vazada ou chanfro, conforme
apresentado nos casos 1 e 2 ilustrados a seguir nas figuras 3 e 4.
Caso1:
Mais trabalhoso Mais prático
Xഥ =
A1. ‫ݔ‬ଵ + A2. ‫ݔ‬ଶ + A3. ‫ݔ‬ଷ + A4. ‫ݔ‬ସ
A1 + A2 + A3 + A4
; Xഥ =
A1. ‫ݔ‬ଵ − A2. ‫ݔ‬ଶ
A1 − A2
;
Yഥ =
A1. ‫ݕ‬ଵ + A2. ‫ݕ‬ଶ + A3. ‫ݕ‬ଷ + A4. ‫ݕ‬ସ
A1 + A2 + A3 + A4
; Yഥ =
A1. ‫ݕ‬ଵ − A2. ‫ݕ‬ଶ
A1 − A2
;
Figura 3: Superfície plana com área vazada (furo);
Caso2:
Mais trabalhoso Mais prático
Xഥ =
A1. ‫ݔ‬ଵ + A2. ‫ݔ‬ଶ + A3. ‫ݔ‬ଷ + A4. ‫ݔ‬ସ
A1 + A2 + A3 + A4
; Xഥ =
A1. ‫ݔ‬ଵ − A2. ‫ݔ‬ଶ
A1 − A2
;
Yഥ =
A1. ‫ݕ‬ଵ + A2. ‫ݕ‬ଶ + A3. ‫ݕ‬ଷ + A4. ‫ݕ‬ସ
A1 + A2 + A3 + A4
; Yഥ =
A1. ‫ݕ‬ଵ − A2. ‫ݕ‬ଶ
A1 − A2
;
Figura 4: Superfície plana com área chanfro (recorte);

5
y
x
20 cm
35 cm
24 cm
y
x
20 cm
15 cm
24 cm 10 cm
12 cm
8,0 cm
5,0 cm
A1
A2
y
Exemplo 1: Determinar as coordenadas ࢄഥ ࢋ ࢅഥ do centróide da superfície plana
ilustrada a seguir;
Resolução:
Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido;
A1 = 24 . 20 = 480 cm2
A2 = 24 . 15/2 = 180 cm2
x1 = 10 cm
x2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm
y1 = 12 cm
y2 = 8,0 cm
Xഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݔ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ . ‫ݔ‬ଶ
‫ܣ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ
஺
=
ሺ480 . 10ሻ + ሺ180 . 25,0ሻ
480 + 180
= 14,09 ܿ݉
Yഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݕ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ . ‫ݕ‬ଶ
‫ܣ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ
஺
=
ሺ480 . 12ሻ + ሺ180 . 8,0ሻ
480 + 180
= 10,91 ܿ݉
Tabela 1 xത yത
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത =
ܾ
3
yത =
ℎ
3
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
2ൗ
xCG
b
h
x
y
CG
b
h

6
y
x
60 cm
30 cm r = 15 cm
y
x
60 cm
30 cm 30 cm
15 cm
r = 15 cm
6,37 cm
A1
A2
r = 15 cm
૝࢘
૜࣊
= ૟, ૜ૠ ࢉ࢓
ilustrada a seguir;
Resolução:
Dividir a superfície plana em superfícies
de geometria simples de centróide
conhecido;
A1 = 60 . 30 = 1800 cm
2
A2 = π. 15
2
/2 = 353,4cm
2
x1 = 30 cm
x2 = 60 – 6,37 = 53,63 cm
y1 = 15 cm
y2 = 15 cm
Xഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݔ‬ଵ − ‫ܣ‬ଶ . ‫ݔ‬ଶ
‫ܣ‬ଵ − ‫ܣ‬ଶ
஺
=
ሺ1800 . 30ሻ − ሺ353,4 . 53,63ሻ
1800 − 353,4
= 24,23 ܿ݉
Yഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݕ‬ଵ − ‫ܣ‬ଶ . ‫ݕ‬ଶ
‫ܣ‬ଵ − ‫ܣ‬ଶ
஺
=
ሺ1800 . 15ሻ − ሺ353,4 . 15ሻ
1800 − 353,4
= 15 ܿ݉
Tabela 1 xത yത
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത = 0
yത =
4‫ݎ‬
3ߨ
‫ܣ‬ =
ߨ. ‫ݎ‬ଶ
2x
y
r
CG
x
y
CG
b
h

7
y
x
50 cm
25 cm
r = 12,5 cm
r = 6,25 cm
y
x
25 cm
25 cm 12,5 cm
A1
A2
r 1 = 12,5 cm
12,5 cm
25 cm
8,33 cm
r2 = 6,25 cm
5,31cm
A3
A4
8,33 cm
2,65 cm
૝࢘૚
૜࣊
= ૞, ૜૚ ࢉ࢓
૝࢘૛
૜࣊
= ૛, ૟૞ ࢉ࢓
ilustrada a seguir;
Resolução:
Dividir a superfície plana em superfícies
de geometria simples de centróide conhecido;
A1 = π. 12,5
2
/2 = 245,4 cm
2
A2 = 25 . 25 = 625 cm
2
A3 = 25 . 25 /2 = 312,5 cm
2
A4 = π. 6,25
2
/2 = 61,4 cm
2
x1 = 12,5 cm x2 = 12,5 cm
x3 = 25 + 8,33 = 33,33 cm x4 = 25 cm
y1 = 25 + 5,31 = 30,31 y2 = 12,5 cm
y3 = 8,33 cm y4 = 2,65 cm
Xഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݔ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ . ‫ݔ‬ଶ + ‫ܣ‬ଷ . ‫ݔ‬ଷ − ‫ܣ‬ସ . ‫ݔ‬ସ
‫ܣ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ + ‫ܣ‬ଷ − ‫ܣ‬ସ
஺
Xഥ =
ሺ245,4 . 12,5ሻ + ሺ625 . 12,5ሻ + ሺ312,5 . 33,33ሻ − ሺ61,4 . 25ሻ
245,4 + 625 + 312,5 − 61,4
= 17,62 ܿ݉
Yഥ =
‫ܣ‬ଵ . ‫ݕ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ . ‫ݕ‬ଶ + ‫ܣ‬ଷ . ‫ݔ‬ଷ − ‫ܣ‬ସ . ‫ݕ‬ସ
‫ܣ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ + ‫ܣ‬ଷ − ‫ܣ‬ସ
஺
Yഥ =
ሺ245,4 . 30,31ሻ + ሺ625 . 12,5ሻ + ሺ312,5 . 8,33ሻ − ሺ61,4 . 2,65ሻ
245,4 + 625 + 312,5 − 61,4
= 15,77 ܿ݉
Tabela 1 xത yത
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത =
ܾ
3
yത =
ℎ
3
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
2ൗ
xത = 0
yത =
4‫ݎ‬
3ߨ
‫ܣ‬ =
ߨ. ‫ݎ‬ଶ
2
x
y
r
CG
x
y
CG
b
h
x
y
CG
b
h

8
2 - Momento de Inércia de uma superfície plana
O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no
dimensionamento dos elementos de construção (vigas, colunas, etc), pois fornece
através de valores numéricos, uma noção de resistência da peça.
Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça,
maior será a resistência da peça.
A figura 5 ilustra bem o conceito de momento de inércia de elemento de
construção;
Figura 5: Ilustração do conceito de momento de inércia
A unidade do Momento de inércia no sistema internacional é dada em metros a
quarta.
I No SI: m4
A
A
Corte AA:
seção transversal
Corte AA:
seção transversal
X’ X’
Ix1 >>> Ix2
A
P
P

9
y
x
y
x
X'
Y'
c
Os momentos de inércia de uma superfície plana qualquer podem ser calculados
em relação a quaisquer eixos de referência x e y.
A figura 6 ilustra dois exemplos de sistemas de eixos x e y de referência para os
quais os momentos de inércia podem ser verificados.
6a) Cálculo dos Momentos de Inércia 6b) Cálculo dos Momentos de Inércia
da superfície plana em relação da superfície plana em relação
aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’
ou eixos baricêntricos
da superfície plana;
OBS: Eixos centroidais = eixos baricêntricos eixo x e y que passa pelo
centróide da superfície
Figura 6: Exemplos de sistemas de eixos de referência para os quais os momentos
podem ser verificados;

10
y'
x'
Y
X
A1
dy1
dx1
A2
A3dy2
dy3
dx2
dx3
y'
x'
y'
x' y'
x'
Y
X
A1
dy1
dx1
A2
A3
dy2
dy3
dx2
dx3
y'
x'
y'
x'
X'
Y'
Os momentos de inércia ( Ix e Iy ) em relação a qualquer eixo de referência x e
y de uma superfície plana qualquer (figura 1) são determinados pelas seguintes
equações:
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
ሻ (3)
Teorema dos Eixos Paralelos
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
ሻ (4)
Para aplicar as equações (3) e (4) é necessário dividir a superfície plana
qualquer em n superfícies planas de geometria simples conforme ilustram as figuras 7a
e 7b.
7a) Cálculo dos Momentos de Inércia 7b) Cálculo dos Momentos de Inércia
da superfície plana em relação da superfície plana em relação
aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’
da superfície plana;
Figura 7: Distâncias dx e dy para o cálculo dos momentos de Inércia;
Nas equações 3 e 4 tem-se:
Iҧxi , Iҧyi momento de inércia de cada superfície plana de geometria simples em
relação ao seu eixo x’ centroidal e ao eixo y’ centroidal, respectivamente;
Ai área de cada superfície de geometria simples;
dxi , dyi distância entre o eixo centroidal de cada superfície plana de geometria
simples até o eixo no qual o momento é verificado;
OBS: A tabela 2 ilustrada a seguir apresenta os momentos de inércia Iҧxi , Iҧyi em
relação os eixos centroidais x’ e y’ respectivamente de algumas superfícies planas
de geometria simples.

11
Tabela 2: momento de inércia em relação aos eixos centroidais de algumas
superfícies planas de geométricas simples;
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ e ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ em relação aos eixos centroidais x’ e y’;
Superfície
Planas
Momento de Inércia
Retângulo
E
Quadrado
Forma geral:
‫ܫ‬ҧ =
஻ுయ
ଵଶ
.
Substituindo os valores:
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
௕௛య
ଵଶ
; ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
௛௕య
ଵଶ
Triângulo
retângulo
Forma geral:
‫ܫ‬ҧ =
஻ுయ
ଷ଺
.
Substituindo os valores:
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
௕௛య
ଷ଺
; ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
௛௕య
ଷ଺
Círculo
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ = ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
గ௥ర
ସ
Semicírculo
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ = 0,1098 ‫ݎ‬ସ
‫ܫ‬ҧ௬ᇱ = 0,3927 ‫ݎ‬ସ
1/4 círculo
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ = ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ = 0,0549 ‫ݎ‬ସ
Losango
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ = ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
௔ర
ଵଶ
x = x’
y = y’
CG
a a
x
y
CG
r x'
y'
x
y = y’
r
x'CG
x = x’
y = y’
CG
r
x
y
CG
b
h
y'
x'
x
y
CG
b
h
y'
x'

12
y
x
3a
a
aa
2a
a
y
x
4a
2,5a
3a
y
x
3a
1,20a
1,20a
0,5a
a
1,25a
r = 0,5a
Simetria vertical:
X = 1,5 a
Y = ?
Simetria horizontal:
X = ?
Y = 1,25 a
Simetria horizontal:
X = ?
Y = 1,45 a
c
c
c
2,9a
y
x
3a
a
aa
a
3a
y
x
4a
2,5a
2a
y
x
1,2a
3,5
0,5a
1,25a
r = 0,5a
Simetria vertical e
horizontal:
X = 1,5 a
Y = 1,5 a
Simetria vertical e
horizontal:
X = 2a
Y = 1,25 a
Simetria vertical e
horizontal:
X = 1,7a
Y = 1,75a
c
c
c
a
a
a
1,2a
1,2a
0,5a
1,2a
a
OBS2: Caso a superfície plana com eixos de simetria:
- 1 eixo de simetria Neste caso uma coordenada do centróide é conhecida;
- 2 eixos de simetria Neste caso as duas coordenadas do centróide são
conhecidas;

13
y
x
20 cm
35 cm
24 cm
Coordenadas do
centróide:
ࢄഥ = ૚૝, ૙ૢ ࢉ࢓
ࢅഥ = ૚૙, ૢ૚ ࢉ࢓
y
x
20 cm
15 cm
24 cm 10 cm
12 cm
8,0 cm
5,0 cm
A1
A2
Exemplo 4: Utilizando a mesma superfície plana do exemplo 1 determine os momentos
de inércia em relação os eixos x e y e em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos
X’ e Y’ da superfície plana no sistema internacional.
Resolução:
Parte 1: momentos em relação aos eixos de referência x e y:
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
ሻ → Ix = ሺ Iҧ
x1
+A
1
dy1
2
ሻ + ሺ Iҧ
x2
+A
2
dy2
2
ሻ
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
ሻ → Iy = ሺ Iҧ
y1
+A
1
dx1
2
ሻ + ሺ Iҧ
y2
+A
2
dx2
2
ሻ
A1 = 24 . 20 = 480 cm
2
A2 = 24 . 15/2 = 180 cm
2
d distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos de referência x e y:
dx1 = 10 cm dy1 = 12 cm
dx2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm dy2 = 8,0 cm
Iҧx1 =
ܾℎଷ
12
=
20 . 24ଷ
12
= 23040,0 ܿ݉ସ
Iҧy1 =
ℎܾଷ
12
=
24 . 20ଷ
12
= 16000,0 ܿ݉ସ
Iҧx2 =
ܾℎଷ
36
=
15 . 24ଷ
36
= 5760,0 ܿ݉ସ
Iҧy2 =
ℎܾଷ
36
=
24 . 15ଷ
36
= 2250,0 ܿ݉ସ
Ix = ሺ23040,0 + 480 . 12ଶ
ሻ + ሺ5760,0 + 180 . 8, 0ଶ
ሻ = 109440,0 ܿ݉ସ
= 109440109440109440109440,,,,0000 .... ૚૙ିૡ
࢓૝
Iy = ሺ16000,0 + 480 . 10ଶ
ሻ + ሺ2250,0 + 180 . 25, 0ଶ
ሻ = 178750,0 ܿ݉ସ
= 178750178750178750178750,,,,0000 .... ૚૙ିૡ
࢓૝
Tabela 1 e Tabela 2 xത ݁ yത ‫ܫ‬ҧ௫ᇱ e ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
12
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
12
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത =
ܾ
3
yത =
ℎ
3
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
36
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
36
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
2ൗ
x
y
CG
b
h
y'
x'
x
y
CG
b
h
y'
x'

14
y
x
20 cm
24 cm 10 cm
12 cm
8,0 cm
A1
A2
c
Y’
X’
5,0 cm
15 cm
Resolução:
Parte 2: momentos em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’:
O centróide possui as seguintes coordenadas:
ࢄഥ = ૚૝, ૙ૢ ࢉ࢓; ࢅഥ = ૚૙, ૢ૚ ࢉ࢓;
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
x1
+A
1
dy1
2
ሻ + ሺ Iҧ
x2
+A
2
dy2
2
ሻ
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
y1
+A
1
dx1
2
ሻ + ሺ Iҧ
y2
+A
2
dx2
2
ሻ
A1 = 24 . 20 = 480 cm
2
A2 = 20 . 15/2 = 180 cm
2
d distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da
superfície plana:
dx1 = 14,09 – 10 = 4,09 cm dy1 = 12,00 – 10,91 = 1,09 cm
dx2 = 25,0 – 14,09 = 10,91 cm dy2 = 10,91 – 8,00 = 2,91 cm
Iҧx1 =
ܾℎଷ
12
=
20 . 24ଷ
12
= 23040,0 ܿ݉ସ
Iҧy1 =
ℎܾଷ
12
=
24 . 20ଷ
12
= 16000,0 ܿ݉ସ
Iҧx2 =
ܾℎଷ
36
=
15 . 24ଷ
36
= 5760,0 ܿ݉ସ
Iҧy2 =
ℎܾଷ
36
=
24 . 15ଷ
36
= 2250,0 ܿ݉ସ
Ix = ሺ23040,0 + 480 . 1,09ଶ
ሻ + ሺ5760,0 + 180 . 2,91ଶ
ሻ = 30894,55 ܿ݉ସ
= 30894308943089430894,,,,55555555 .... ૚૙ିૡ
࢓૝
Iy = ሺ16000,0 + 480 . 4,09ଶ
ሻ + ሺ2250,0 + 180 . 10,91ଶ
ሻ = 47704,55 ܿ݉ସ
= 47704477044770447704,,,,55555555 .... ૚૙ିૡ
࢓૝
Tabela 1 e tabela 2 xത ݁ yത ‫ܫ‬ҧ௫ᇱ e ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
12
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
12
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത =
ܾ
3
yത =
ℎ
3
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
36
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
36
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
2ൗ
x
y
CG
b
h
y'
x'
x
y
CG
b
h
y'
x'

15
y
x
20 mm
40 mm
20 mm
r =7,5 mm
10 mm
y
x
20 mm
40 mm
20 mm
r =7,5 mm
10 mm
Y’
X’
A1
A2
c
Exemplo 5: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou
baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional.
Resolução:
Devido à simetria: as coordenadas do centróide são conhecidas: X=20 mm; Y=10 mm;
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
x1
+A
1
dy1
2
ሻ + ሺ Iҧ
x2
+A
2
dy2
2
ሻ
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
y1
+A
1
dx1
2
ሻ + ሺ Iҧ
y2
+A
2
dx2
2
ሻ
A1 = 20 . 40 = 800 mm
2
A2 = π . 7,5
2
= 176,71 mm
2
superfície plana:
dx1 = 0 mm dy1 = 0 mm
dx2 = 0 mm dy2 = 0 mm
Iҧx1 =
ܾℎଷ
12
=
40 . 20ଷ
12
= 26666,67 ݉݉ସ
Iҧy1 =
ℎܾଷ
12
=
20 . 40ଷ
12
= 106666,67 ݉݉ସ
Iҧx2 =
ߨ‫ݎ‬ସ
4
=
ߨ . 7,5ସ
4
= 2485,05 ݉݉ସ
Iҧy2 =
ߨ‫ݎ‬ସ
4
=
ߨ . 7,5ସ
4
= 2485,05 ݉݉ସ
Ix = ሺ26666,67 + 800 . 0ଶ
ሻ ---- ሺ2485,05 + 176,71. 0ଶ
ሻ = 24181,62 m݉ସ
= 24181241812418124181,,,,62626262 .... ૚૙ି૚૛
࢓૝
Iy = ሺ106666,67 + 800 . 0ଶ
ሻ ---- ሺ2485,05 + 176,71 . 0ଶ
ሻ = 104181,62 m݉ସ
= 104181104181104181104181,,,,62626262 .... ૚૙ି૚૛
࢓૝
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
12
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
12
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത = 0
yത = 0
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ߨ‫ݎ‬ସ
4
‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
ߨ‫ݎ‬ସ
4
‫ܣ‬ = ߨ. ‫ݎ‬ଶ
x = x’
y = y’
CG
r
x
y
CG
b
h
y'
x'

16
y
x
15 dm
25 dm
r = 7,5 dm
Coordenadas do
centróide:
ࢄഥ = ૢ, ૞૝ ࢊ࢓
ࢅഥ = ૚૜, ૝૞ ࢊ࢓
y
x
15 dm
25 dm
r = 7,5 dm
7,5 dm
12,5 dm
3,18 dm
17,5 dm
c
Y’
X’
18,18 dm
૝࢘
૜࣊
= ૜, ૚ૡ ࢊ࢓
Exemplo 6: determinar os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou
baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional.
Resolução:
Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos
centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ podem ser determinados;
ࢄഥ = ૢ, ૞૝ ࢊ࢓; ࢅഥ = ૚૜, ૝૞ ࢊ࢓;
A1 = 15 . 25 = 375 dm
2
A2 = π. 7,5
2
/2 = 88,36 dm
2
d distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixo centroidal X’ e Y’ da
superfície plana:
dx1 = 9,54 - 7,5 = 2,04 dm dy1 = 13,45 - 12,5 = 0,95 dm
dx2 = 18,18 - 9,54 = 8,64 dm dy2 = 17,5 - 13,45 = 4,05 dm
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
x1
+A
1
dy1
2
ሻ + ሺ Iҧ
x2
+A
2
dy2
2
ሻ
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
y1
+A
1
dx1
2
ሻ + ሺ Iҧ
y2
+A
2
dx2
2
ሻ
Iҧx1 =
ܾℎଷ
12
=
15 . 25ଷ
12
= 19531,25 ݀݉ସ
Iҧy1 =
ℎܾଷ
12
=
25 . 15ଷ
12
= 7031,25 ݀݉ସ
Iҧx2 = 0,3927 ‫ݎ‬ସ
= 0,3927 . 7,5ସ
= 1242,53 ݀݉ସ
Iҧy2 = 0,1098 ‫ݎ‬ସ
= 0,1098 7,5ସ
= 347,41 ݀݉ସ
Ix = ሺ19531,25 + 375 . 0,95ଶ
ሻ + ሺ1242,53 + 88,36. 4,05ଶ
ሻ = 22561,54 ݀݉ସ
==== 22561225612256122561,,,,54545454 .... 1111૙ି૝
࢓૝
Iy = ሺ7031,25 + 375 . 2,04ଶ
ሻ + ሺ347,41 + 88,36 . 8,64ଶ
ሻ = 15535,30 ݀݉ସ
==== 15535155351553515535,,,,30303030 .... 1111૙ି૝
࢓૝
Tabela 2 xത ݁ yത ‫ܫ‬ҧ௫ᇱ e ‫ܫ‬ҧ௬ᇱ
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
12
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
12
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത = 0
yത =
4‫ݎ‬
3ߨ
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ = 0,1098 ‫ݎ‬ସ
‫ܫ‬ҧ௬ᇱ = 0,3927 ‫ݎ‬ସ
‫ܣ‬ = ߨ. ‫ݎ‬ଶ
x
y = y’
r
x'CG
x
y
CG
b
h
y'
x'

17
y
x
25 cm
40 cm
80 cm
a =14 cm
20 cm
a a
y
x
25 cm
40 cm
80 cm
a =14 cm20 cm
a a
55 cm
A1
A2
40 cm
c
Coordenadas do
centróide:
ࢄഥ = ૛૙, ૙ ࢉ࢓
ࢅഥ = ૝૟, ૛ ࢊ࢓
Exemplo 7: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou
baricêntricos X e Y da superfície plana a seguir no sistema internacional.
Resolução:
Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos
centroidais ou baricêntricos podem ser determinados;
A1 = 40 . 80 = 3200 cm
2
A2 = 14 . 14 = 196 cm
2
Ix= ෍ሺIҧ
xi
i
+ Aidyi
2
x1
+A
1
dy1
2
ሻ - ሺ Iҧ
x2
+A
2
dy2
2
ሻ
Iy= ෍ሺIҧyi
i
+ Aidxi
2
y1
+A
1
dx1
2
ሻ - ሺ Iҧ
y2
+A
2
dx2
2
ሻ
superfície plana: dx1 = 0 cm dy1 = 46,2 - 40 = 6,2 cm
dx2 = 0 cm dy2 = 55 - 46,2 = 8,8 cm
Iҧx1 =
ܾℎଷ
12
=
40 . 80ଷ
12
= 1706666,67 ܿ݉ସ
Iҧx2 =
ܽସ
12
=
14ସ
12
= 3201,33 ܿ݉ସ
Iҧy1 =
ℎܾଷ
12
=
80 . 40ଷ
12
= 426666,67 ܿ݉ସ
Iҧy2 =
ܽସ
12
=
14ସ
12
= 3201,33 ܿ݉ସ
Ix = ሺ1706666,67 + 3200 . 0ଶ
ሻ - ሺ3201,33 + 196 . 0ଶ
ሻ = 1703465,34 ܿ݉ସ
= 1703465170346517034651703465,,,,34343434 .... 1111૙ିૡ
࢓૝
Iy = ሺ426666,67 + 3200 . 6,2ଶ
ሻ - ሺ3201,33 + 196 . 8,8ଶ
ሻ = 531295,10 ܿ݉ସ
= 531295531295531295531295,,,,10101010 .... 1111૙ିૡ
࢓૝
Área
xത =
ܾ
2
yത =
ℎ
2
‫ܫ‬ҧ௫ᇲ =
ܾℎଷ
12
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ℎܾଷ
12
‫ܣ‬ = ܾ. ℎ
xത = 0
yത = 0
‫ܫ‬ҧ௫ᇱ =
ܽସ
12
‫ܫ‬ҧ௬ᇱ =
ܽସ
12
‫ܣ‬ = ܽଶ
x = x’
y = y’
CG
a a
x
y
CG
b
h
y'
x'

18
‫ܫ‬୶ = 83,08 cm4
= 83,08 . 10ି଼
m4
R: ܺത=ܻ= 0;
‫ܫ‬୷ =29,08 cm4
= 29,08 . 10ି଼
m4
‫ܫ‬୶ =83,70 cm4
= 83,70 . 10ି଼
m4
R: ܺത=0; ܻത=2,19 cm;
‫ܫ‬୷ =260,66 cm4
= 260,66 . 10ି଼
m4
1 Lista de exercícios:
1) Determine a distância ܻത para o centróide C da
área da seção transversal da viga T e calcule
os momentos de inércia em relação ao baricentro;
Forneça os momentos de inércia em mm4
e m4
R: ܻത=206,82 mm;
‫ܫ‬୶ =22163,83 . 10ସ
mm4
= 22163,83 . 10ି଼
m4
‫ܫ‬୷ =111510,42 . 10ସ
mm4
= 11510,42 . 10ି଼
m4
2) Determine a distância xത e yത para o
centróide C da área da seção em L e
calcule os momentos de inércia em relação
ao baricentro.
Forneça os momentos em cm4
e m4
.
R: ܺത=1,5 cm; ܻത= 1,0 cm;
‫ܫ‬୶ = 4,0 cm4
= 4,0 . 10ି଼
m4
‫ܫ‬୷ = 8,5 cm4
= 8,5 . 10ି଼
m4
3) Determine os momentos de inércia em relação;
ao baricentro. Forneça os momentos em cm4
e m4
.
4) Determine a distância ܻത para o centróide C da
da área da seção transversal da viga e depois
calcule os momentos de inércia em relação ao
baricentro. Forneça os momentos de inércia em
em cm4
e m4
.
1 cm1 cm
1 cm
1 cm
2 cm3 cm
4 cm
50 mm
150 mm 150 mm
250 mm
25 mm25
x
y
x
y
3 cm
1 cm 3 cm
1 cm
x
y
4 cm
1 cm
1 cm
3,5 cm
5 cm
1 cm
x
y
3 cm2 cm
3 cm

19
‫ܫ‬୶ =5,365 cm4
= 5,365 . 10ି଼
m4
R: ܺത=1,36 cm; ܻത=1,50 cm;
‫ܫ‬୷ =5,21cm4
= 5,21 . 10ି଼
m4
‫ܫ‬୶ =19,91 . 10ସ
cm4
= 19,91 . 10ିସ
m4
R: ܺത=0; ܻത=18,3 cm;
‫ܫ‬୷ =17,12 . 10ସ
cm4
= 17,12 . 10ିସ
m4
‫ܫ‬୶ =23,71 . 10ସ
cm4
= 23,71 . 10ିସ
m4
R: ܺത=14,97 cm; ܻത=-0,0306 cm;
‫ܫ‬୷ =13,70 . 10ସ
cm4
= 13,70 . 10ିସ
m4
5) Determine a distância xത e yത para o
ao baricentro. Forneça os momentos
em cm4
e m4
.
6) Determine a distância yത para o
ao baricentro. Forneça os momentos
em cm4
e m4
;
7) Determine a distância ܺഥ ݁ ܻത para o centróide C
da área da seção transversal e calcule
os momentos de inércia em relação ao baricentro
Forneça os momentos em cm4
e m4
;
15 cm
25cm
20 cm
35 cm
20cm
r1r1
r1
r1
r2
r2
r1 = 10 cm
r2 = 7 cm
x
y
x
3 cm
1,5 cm
r = 1,5 cm
y
x
30 cm
10 cm
r = 5 cm
15 cm
y
50 cm

Prof: Marcos Vinicios
Resistência dos Materiais 2
1

2

3

4

5

6

7

8

1
Parte 02: Tensão e deformação  Carregamento Axial
- Tensão Normal sob carga axial;
- Deformação Normal Média sob carga axial;
- Diagrama tensão-deformação;
- Lei de Hooke;
- Deformação Normal elástica sob carga axial;

2
5 cm
4 Áreas
vazadas
5 cm
17 cm
10 kN
17 cm
1 - Tensão Normal Média (- letra grega sigma)
Para a barra BC, conforme mostra a figura 1, está submetida à ação de uma
força Normal ou axial P. A relação entre a força Normal ou axial (P) e a área da seção
transversal da barra (A) é definida como tensão normal média:
𝝈 =
𝑷
𝑨
(1)
Força P  Tração  tensão positiva (+);
Alonga a barra  tensão normal de tração;
Força P  Compressão tensão negativa (-);
Comprime a barra  tensão normal de compressão;
No Sistema Internacional a unidade de tensão é o Pascal (Pa):
1 Pa = 1N/m2
1 kPa = 1x103 Pa = 1x103 N/m2
1 MPa = 1x106 Pa = 1x106 N/m2 Figura 1: barra sob a ação
1GPa = 1x109 Pa = 1x109 N/m2 de força Normal ou axial
Força Normal ou axial  Força paralela ao eixo longitudinal do elemento
(barra, eixo, etc) ou perpendicular a seção transversal do elemento;
Força Normal = F; Força Normal = F . cos ;
Na engenharia é comum encontrar catálogo e manuais com informações
indicadas com unidades inglesas;
OBS: 1 psi (pound per square inch ) = 6,895 x 103 Pa (Pascais)
(libra por polegada quadrada)
1 ksi = 1000 psi = 6,895 x 106 Pa (Pascais)
Exemplo 1: Determine a tensão normal provocada pela força P sobre a peça vazada
ilustrada a seguir;
R:
= P/A  P = 10 kN = 10 . 103 N;
 A = área real = área total – área vazada;
A = (17 x 17) – [ 4 x (5 x 5/2) ] = 239 cm2
A = 239 . 10-4 m2
= 10 . 103 / 239 . 10-4 = 418,41 . 103 N/m2 = 418,41 . 103 Pa = 418,41 kPa
= - 418,41 kPa (negativo – compressão)
F
F


3
2 - Deformação Normal Média (- letra grega epsilon)
Para a barra BC, conforme mostra a figura 2, está submetida à ação de uma
força Normal ou axial P. A relação entre o deslocamento relativo do ponto C em relação
ao ponto B () e o comprimento inicial (L) é definida como deformação normal média:
𝜺 =
𝜹
𝑳
=
𝑳 𝒇−𝑳
𝑳
(𝟐)
Onde:  = s = Lf – L (deslocamento relativo de C)
 (deslocamento relativo OU variação no comprimento)
Lf  comprimento final;
L  comprimento inicial;
Força P  Tração  alonga a barra (   +);
 Deformação positiva (  +);
Força P  Compressão contrai a barra (   -);
 Deformação negativa (  -);
A deformação é um parâmetro ADIMENSIONAL,
OU SEJA, NÃO TEM UNIDADE;
Figura 2: barra sob a ação
de força Normal ou axial
3 - Diagrama Tensão-Deformação Normal
O diagrama é obtido por meio de ensaio de tração ou compressão realizado em
corpo-de-prova com auxílio de uma máquina de teste e de extensômetros, conforme
ilustra a figura 3 a seguir.
Extensômetro  dispositivo para medir o deslocamento relative entre dois
pontos do corpo-de-prova ().
Quando a carga aplica P = 0, o extensômetro marca  = 0.
Aumentando o valor de P aumenta o valor de  = 0.
Figura 3: Ensaio de tração de um corpo-de-prova
Seção transversal
conhecida: A
Neste caso a seção é
circular;
Entretanto, a seção
transversal pode ser
quadrada, retangular ou
de outra geometria
qualquer.
P
P
L

4


Fase
Elástica
Fase
Plástica
LP
LE
E
r
rup
Limite
resistência
tensão
ruptura
Legenda:
r  tensão limite de resistência;
rup  tensão de ruptura;
e  tensão de escoamento;
LE  Limite de elasticidade;
LP  Limite de proporcionalidade;
Portanto, durante um ensaio de tração ou de compressão de um corpo-de-prova
para cada valor da carga aplicada P é obtido um par de valores (, ):
𝜺 =
𝜹
𝑳
𝝈 =
𝑷
𝑨
Ao final do ensaio são obtidos n pares de valores (, ), o que permite construír
o diagrama Tensão-deformação Normal do material do corpo-de-prova.
A seguir é apresentado na figura 4 um diagrama tensão-deformação normal
típico de um ensaio de tração ou compressão de um corpo-de-prova (ex: barra
metálica, ou de outro material qualquer).
Figura 4: Diagrama Tensão-Deformação Normal típico;
Fase elástica   < e (tensão de escoamento)
O material apresenta um comportamento elástico,
caracterizido por deformação reversível, ou seja,
removida a carga o corpo volta a forma original;
Fase plástica   ≥ e (tensão de escoamento)
O material apresenta um comportamento plástico,
caracterizado por deformação irreversível, ou seja,
removida a carga o corpo não volta a forma original.
O corpo encorpora a parcela plástica da deformação.
Quando, P = 0;
 = 0;
 = 0;
P
P
Removido a carga
o corpo retoma a
sua forma original
Removido a carga o corpo
continua com parcela
plástica da deformação

5


E
COM PATAMAR – BEM DEFINIDO
SEM PATAMAR – BEM DEFINIDO
E
LP  tensão Limite de Proporcionalidade
Quando  < LP:
O material apresenta um comportamento linear elástico;
OBS: LP < < e
Nos casos com tensão maior que LP, porém menor
que e (tensão de escoamento);
O material ainda apresenta um comportamento elástico, porém
não é mais linear;
LE  tensão Limite de Elasticidade
Quando  < LE:
O material apresenta um comportamento elástico;
OBS: ≥ LE:
O material apresenta um comportamento plástico;
e  tensão de escoamento
 Quando  ≥ e:
O material sofreu escoamento, ou seja, adquiriu deformações plásticas;
Neste estágio, um pequeno aumento da tensão provoca grandes deformações;
Alguns materiais apresentam um patamar de escoamento bem definido, já em
outros, isto não ocorre, conforme ilustra a figura 5.
Figura 5: Diagrama com e sem patamar de escoamento bem definido
r  tensão Limite de Resistência
É a maior tensão que o material pode suportar antes de atingir a ruptura.

6


Fase
Elástica
Fase
Plástica
LP
LE
E
r
rup
Limite
resistência
tensão
ruptura
Trecho Linear elástico



E = tg  = /
4 - Lei de Hooke
Analisando os diagramas Tensão-Deformação de diversos materiais Robert
Hooke (1676) observou que a maioria apresentava uma relação linear entre tensão e
deformação na fase elástica, conforme ilustra a figura 6. Com base neste
comportamento comum dos diversos materiais formulou uma lei conhecida com Lei de
Hooke, expressa por:
𝝈 = 𝑬 . 𝜺 (𝟑)
Em que:   Tensão normal;
    Deformação normal;
E  Módulo de elasticidade;
Figura 6: Trecho linear elástico  válido a Lei de Hooke
A Lei de Hooke  é válida apenas para a parte inicial do diagrama Tensão-
Deformação Normal, ou seja, no trecho linear elástico do diagrama (trecho reto);
Para muitos materiais o Limite de Proporcionalidade LP, não pode ser definido tão
facilmente;
Entretanto, para estes materiais o Limite de Proporcionalidade LP, é ligeiramente
abaixo do Limite de escoamento e, ou seja, MUITO PRÓXIMO do Limite de
escoamento.
Por conta desta proximidade pode ser adotada a seguinte consideração:
Para tensão () < (e) tensão de escoamento  válida a Lei de Hooke;
Para tensão () ≥ (e) tensão de escoamento  não é válida a Lei de Hooke;
Esta consideração pode ser adotada visto que a utilização da Lei de Hooke para
valores de tensão ligeiramente maiores que o limite de proporcionalidade não resultará
em um erro significativo.

7
5 - Deformação Normal elástica
Se a carga axial P aplicada sobre a barra BC (figura 7) gera uma tensão em
que:
 < e (tensão de escoamento)  A Lei de Hooke pode ser aplicada, visto que o
material da barra BC apresenta um comportamento elástico.
Portanto, se o material apresenta um comportamento linear elástico é possível
escrever as seguintes equações para determinar o valor da deformação  e do
deslocamento relativo entre dois pontos  (alongamento ou contração):
𝜎 = 𝐸 . 𝜀 → 𝜀 =
𝜎
𝐸
=
𝑃
𝐴
𝐸
→ 𝜺 =
𝑷
𝑬 . 𝑨
(𝟒)
𝜀 =
𝛿
𝐿
→ 𝛿 = 𝜀 . 𝐿 → 𝛿 =
𝑷
𝑬 . 𝑨
. 𝑳 =
𝑷. 𝑳
𝑬 . 𝑨
(𝟓)
A equação (5) é válida para elementos (barras, eixos):
A  área da seção transversal constante;
E  módulo de elasticidade constante;
P  carga aplicada na extremidade do elemento;
Figura 7: deslocamento de um elemento com carga axial
Para elementos (barras, eixos) compostos de trechos com diferentes seções
transversais, diferentes materiais e sob a ação de cargas axiais aplicadas em vários
pontos ao longo do eixo do elemento é necessário dividir o elemento (barras, eixos) por
trecho em que essas quantidades (A, E, P) sejam constantes. O deslocamento relativo
final é obtido somando-se o resultado de cada trecho, sendo este somatório expresso
por:
𝜹 = ∑
𝑷𝒊 𝑳 𝒊
𝑨 𝒊 𝑬𝒊
(𝟔)𝒊
OBS: Nas equações (10) e (11): P  COMPRESSÃO: - (NEGATIVO)
P  TRAÇÃO: + (POSITIVO)

8
VA
HA
FBC
Exemplo 2: A barra rígida AB está acoplada em B à haste BC com 3,0 de comprimento.
Se a tensão de tração admissível para a haste BC for t_adm = 115 MPa. Considerando
o comportamento elástico, determine:
a) o diâmetro da haste BC necessário para suportar a carga;
b) a variação de comprimento da haste ( = ? - alongamento ou contração) e a
deformação axial elástica da haste ( =?);
c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial
seja de no máximo 1 mm;
Solução:
Diagrama de corpo livre da barra rígida AB:
cos  = 4/5 = 0,8
sen  = 3/5 = 0,6
- Utilizando as equações de equilíbrio no plano:
∑Fx = 0; ∑Fy = 0; ∑MO = 0; neste caso em relação ao ponto A;
OBS: DICA  TODA VEZ QUE HOUVER DUAS FORÇAS A SEREM
DETERMINADAS EM CADA DIREÇÃO x e y  UTILIZE PRIMEIRO A 3 EQUAÇÃO:
Em x: HA = ? e FBC cos  = ?
Em y: VA = ? e FBC sen  = ?
 MA= 0 + FBC . sen  . 3 - 6 . 2 = 0
FBC = 6,67 kN
+  Fx = 0 HA + FBC . cos  = 0
HA + 6,67 . 0,8 = 0 HA = -5,34 kN HA = 5,34 kN
+  Fy = 0 VA + FBC . sen  - 6 = 0
VA = - 6,67 . 0,6 + 6 VA = 1,998 = 2,0 kN
OBS: Lembrando do conceito de ação e reação:
FBC = força da haste BC sobre a barra AB
FBC’ = força da barra AB sobre a haste BC
FBC = FBC’
FBC’ = 6,67 kN

9
Força na haste BC: FBC’ = 6,67 kN
a) dBC = ?
 = F/A = t_adm = 115 MPa
A = F/t_adm  A = 6,67 . 103 / 115 . 106 = 5,8 . 10-5 m2
A = d2/4 = 5,8 . 10-5 m2  d = 8,60 . 10-3 m = 8,60 mm
b)  = ? e  = ?
𝛿 =
𝑃. 𝐿
𝐸 . 𝐴
=
6,67 . 103
. 3,0
5,8 . 10−5 . 200 . 109
= 1,725 . 10−3
m = 1,725 mm
𝜀 =
𝛿
𝐿
=
1,725 . 10−3
3,0
= 5,75 . 10−4

c) dBC = ?   = 1,0 mm = 0,001 m
𝛿 =
𝑃. 𝐿
𝐸 . 𝐴
0,001 =
6,67 . 103
. 3,0
A . 200 . 109
A =
6,67 . 103
. 3,0
0,001 . 200 . 109
= 10,0 . 10−5
m2
A =
π . d2
4
= 10,0 . 10−5
m2
d = 0,0113 m = 11,3 mm

10
Exemplo 3: A viga rígida AB apóia-se sobre dois postes
curtos como mostrado na figura ao lado. O poste AC é
feito de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm,
já o poste BD é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem
diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento
elástico, determine:
a) o deslocamento vertical do ponto F em AB.
b) o ângulo de inclinação com a horizontal da viga rígida
após o deslocamento dos postes
c) o menor diâmetro de cada poste de modo que a
viga permaneça na posição horizontal, considerando
que os postes sejam de aço e que a tensão não deve ultrapassar adm_aço = 160 MPa.
Solução:
a) A viga AB é rígida, portanto o deslocamento vertical do ponto F depende do
deslocamento dos postes AC e BD, portanto, é necessário determinar a força interna
em cada poste PAC = ? e PBD = ? Poste AC = comprimido ou esticado ?
Poste BD = comprimido ou esticado ?
+  Fy = 0 VAC + VBD = 90
 MA= 0 + VBD . 600 - 90 . 200 = 0
VBD = 90 . 200 / 600  VBD = 30 kN
VAC = 60 kN
Poste AC = comprimido
Poste BD = comprimido
- Deslocamento no topo de cada poste:
Poste AC: AC  como C é ponto fixo A
𝛿𝐴 =
𝑃𝐴𝐶 𝐿 𝐴𝐶
𝐸𝐴 𝐴𝐶
=
(−60 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)
= −0,286 . 10−3
𝑚 = −0,286 𝑚𝑚
Poste BD: BD  como D é ponto fixo  B
𝛿 𝐵 =
𝑃𝐵𝐷 𝐿 𝐵𝐷
𝐸𝐴 𝐵𝐷
=
(−30 . 103) . ( 0,30)
(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)
= −0,102 . 10−3
𝑚 = −0,102 𝑚𝑚
- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa
pelos pontos A, B e F , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto
F é determinado.
𝛿 𝐹 = 0,102 + 𝑋
600
0,184
=
400
X
→ 𝑋 =
0,184 .400
600
𝑋 = 0,123 𝑚𝑚
𝛿 𝐹 = 0,102 + 𝑋 = 0,225 𝑚𝑚
VAC = 60 kN VBD= 30 kN
60 kN 30 kN 60 kN 30 kN
PAC= 60 kN PBD= 30 kN
B
B’
Posição incial da Viga
Posição final da Viga
F
F’
A
A’
600 mm
400 mm
0,102 mm
0,102 mm
0,184 mm
0,286 mm
F = ?
X

11
b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale:
tg  = 0,184mm / 600 mm  tg  = 3,067 . 10-4   = 0,01750
c) Para que a viga rígida AFC permaneça na posição horizontal:
o deslocamento (encurtamento) no topo dos postes devem ser iguais:
𝛿𝐴 = 𝛿 𝐵 →
𝑃𝐴𝐶 𝐿 𝐴𝐶
𝐸 𝑎ç𝑜 𝐴 𝐴𝐶
=
𝑃𝐵𝐷 𝐿 𝐵𝐷
𝐸 𝑎ç𝑜 𝐴 𝐵𝐷
PAC = 60.103 N; LAC = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; AAC = ?;
PBD = 30.103 N; LBD = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; ABD = ?;
(−60 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) 𝐴 𝐴𝐶
=
(−30 . 103) . ( 0,30)
(200 . 109) 𝐴 𝐵𝐷
𝐴 𝐵𝐷 = 0,50 𝐴 𝐴𝐶

O menor diâmetro possível é definido considerando que a força interna em cada
poste provoque uma tensão igual à tensão admissível do material:
Poste AC:
adm_aço = 160 MPa  adm_aço = F/A
   adm_aço = PAC/AAC  AAC = PAC/adm_aço
AAC = 60.103/160 . 106
AAC = 0,375.10-3 m2
Poste BD:
adm_aço = 160 MPa  adm_aço = F/A
   adm_aço = PBD/ABD  ABD = PBD/adm_aço
ABD = 30.103/160 . 106
ABD = 0,1875.10-3 m2
De fato a área AAC = 2 ABD, visto que PAC = 2PBD
AAC = (D2)/4 = 0,375.10-3 m2  DAC = 0,02185 m = 2,19 cm
ABD = (D2)/4 = 0,1875.10-3 m2  DBD = 0,01545 m = 1,55 cm

12
Exemplo 4: O tubo rígido ABC está preso por pinos à duas barras
curtas como ilustrado na figura ao lado. A barra AD é
feita de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm,
já a barra BE é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem
diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento
elástico, determine:
a) o deslocamento horizontal do ponto C;
b) o ângulo de inclinação do tubo rígido ABC com a
vertical após o deslocamento das barras;
Solução:
a) O tubo ABC é rígido, portanto o deslocamento vertical do ponto C depende do
deslocamento das barras AD e BE, portanto, é necessário determinar a força interna
em cada barra PAD = ? e PBE = ? barra AD = comprimida ou esticada ?
barra BE = comprimida ou esticada ?
+  Fx = 0 HAD + HBE = 90
 MA= 0 + HBE . 0,4 - 90 . 0,6 = 0
HBE = 90 . 0,6 /0,4
 HBE = 135 kN
HAD + HBE = 90
HAD = 90 – 135 = - 45
 HAD = 45 kN
barra AD = esticada
barra BE = comprimida
- Deslocamento na extremidade direita de cada barra:
AD: 𝛿 𝐴 =
𝑃 𝐴𝐷 𝐿 𝐴𝐷
𝐸𝐴 𝐴𝐷
=
(+45 . 103) .( 0,28)
(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)
= +0,201 . 10−3
𝑚 = +0,201 𝑚𝑚
BE: 𝛿 𝐵 =
𝑃 𝐵𝐸 𝐿 𝐵𝐸
𝐸𝐴 𝐵𝐸
=
(−135 . 103) .( 0,30)
(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)
= −0,460 . 10−3
𝑚 = −0,460 𝑚𝑚
C
D
E
280 mm
300 mm
90 kN
200 mm
A
B
400 mm
C
D
E
280 mm
300 mm
90 kN
200 mm
A
B
400 mm
HAD = ?
HBE = ?
45 kN
135 kN
A
B

13
- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa
pelos pontos A, B e C , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto
C é determinado.
𝛿 𝐴 = 0,201 𝑚𝑚
𝛿 𝐵 = −0,460 𝑚𝑚
𝛿 𝐴
𝑋
=
𝛿 𝐵
(400 – X)
0,201
𝑋
=
−0,460
(400 – X)
0,201 . 400 − 0,201 𝑋 = 0,460 𝑋
0,661 𝑋 = 80,4 → 𝑋 = 121,6 𝑚𝑚
𝛿 𝐶
600 − 121,6
=
𝛿 𝐵
(400 – 121,6)
𝛿 𝐶
478,4
=
0,460
278,4
→ 𝛿 𝐶 = 0,790 𝑚𝑚
b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale:
tg  = 0,201 / 121,6 mm  tg  = 1,653 . 10-3   = 0,09470
A A
B
C = ?
400 mm
X = ?
400 - X
200 mm
A’
B’ B
C’ C

14
Exemplo 5: A barra composta de aço A-36 (E= 210.103 MPa), é composta por dois
segmentos AB e BD, com áreas da seção transversal AAB= 600 mm2 e ABD= 1200
mm2. Considerando um comportamento elástico, determine:
a) determine o deslocamento vertical da extremidade A;
b) o deslocamento de C em relação a D;
c) a tensão normal média máxima;
Solução:
É necessário determinar a força interna de cada trecho,
a qual , é determinada por meio MÉTODO DAS SEÇÕES:
OBS: Iniciando a análise pelo topo  para não ter que calcular a reação de apoio D;
NAi = + 75 kN,
NBs = + 75 kN;
NBi = + 75 - 20 -20 = 35 kN,
NCs = + 35 kN;
NCi = + 35 - 40 - 40= - 45 kN;
NDs = - 45 kN;
Deslocamento do ponto A: quando não for mencionado em relação a que ponto fica
subentendido que o deslocamento será em relação ao ponto fixo, no caso ponto D:
𝜹 𝑨 = ∑
𝑷𝒊 𝑳𝒊
𝑨𝒊 𝑬𝒊
𝒊
= 𝛿 𝐴𝐵 + 𝛿 𝐵𝐶 + 𝛿 𝐶𝐷 =
𝑷 𝑨𝑩 𝑳 𝑨𝑩
𝑨 𝑨𝑩 𝑬 𝑨𝑩
+
𝑷 𝑩𝑪 𝑳 𝑩𝑪
𝑨 𝑩𝑪 𝑬 𝑩𝑪
+
𝑷 𝑪𝑫 𝑳 𝑪𝑫
𝑨 𝑪𝑫 𝑬 𝑪𝑫
PAB = + 75 kN = 75.103 N (tração)
PBC = + 35 kN = 35.103 N (tração)
PAB = - 45 kN = 45.103 N (compressão)
PAB = + 75 kN
PBC = + 35 kN
PCD = - 45 kN
ou
D. Normal

15
AAB = 600 mm2 = 600 . 10-6 m2;
ABD = 1200 mm2 = 1200.10-6 m2
E = 210.103 MPa = 210 . 109 N/m2
𝛿𝐴𝐵 =
(75 . 103) . ( 1,0)
(600 . 10−6) . (210 . 109)
= +0,595 . 10−3
𝑚
𝛿 𝐵𝐶 =
(35 . 103) . ( 0,75)
(1200 . 10−6) . (210 . 109)
= +0,104 . 10−3
𝑚
𝛿 𝐶𝐷 =
(−45 . 103) . ( 0,50)
(1200 . 10−6) . (210 . 109)
= −0,09 . 10−3
𝑚
a)
𝜹 𝑨 = + 0,61 . 10−3
𝑚 = +0,61 𝑚𝑚
O deslocamento total é positivo, a barra alonga-se, assim o ponto A se afasta do ponto
D.
b)
O deslocamento do ponto C em relação D é negativo, o trecho CD contrai-se, assim os
pontos B e C se aproximam:
𝛿 𝐶𝐷 = −0,090 . 10−3
𝑚 = −0,090 𝑚𝑚
c)A tensão normal média máxima da barra vale:
Trecho AB: PAB= 75 kN  AB= PAB/AAB  AB = 75 . 103 / 600 . 10-6
traçãoAB= 125,0 . 106 N/m2AB = 125,0 MPa
Trecho BC: PBC= 35 kN  BC= PBC/ABC  BC= 35 . 103 / 1200 . 10-6
traçãoBC= 29,17 . 106 N/m2BC = 29,17 MPa
Trecho CD: PCD = -45 kN  CD= PCD/ACD  CD = -45 . 103 / 1200 . 10-6
 compressãoCD= -37,5 . 106 N/m2CD = -37,50 MPa
A tensão normal média máxima ocorre no trecho AB, sendo de 125 MPa

16
2 Lista de exercícios
1) O tubo rígido é sustentado por um pino em C e por
um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa)
com 5 mm de diâmetro. Considerando uma carga P de
1,5 kN e um comportamento elástico, determine o
quanto o cabo AB é esticado.
R: AB = + 2,12 . 10-3 m
2) A viga rígida é sustentada por um pino em C e por
um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa)
com 5 mm de diâmetro. Considerando um carregamento
distribuído w de 1,5 kN/m e um comportamento elástico,
determine o quanto o cabo AB é esticado.
R:AB = + 3,97 . 10-3 m
3) O eixo de cobre (E = 126 GPa) está sujeito às cargas axiais mostradas na figura. Os
segmentos AB, BC e CD possuem os seguintes diâmetros, dAB = 20 mm, dBC = 25 mm
e dCD = 12. Considerando um comportamento elástico, determine:
a) o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade D;
b) a máxima tensão normal média no eixo;
R: a) AD = + 0,385 . 10-2 m
b) CD = 265,25 MPa
4) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para
suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício.
Considerando um comportamento elástico, determine o
deslocamento vertical de sua extremidade A, quando
P1 = 200 N, P2 = 310 N e a coluna tiver área da
seção transversal de 14,625 mm2
R: AC = - 1,747 . 10-3 m
5) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para
suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício.
Considerando um comportamento elástico, determine o
valor determine das cargas P1 e P2 se A desloca 3 mm
para baixo e B desloca 2,25 mm para baixo quando as Exercícios: 4 e 5
cargas são aplicadas. A coluna tem área da
seção transversal de 14,625 mm2.
R: P1 = 304,63 N; P2 = 609,26 N

17
6) A haste de aço A-36 (E = 200 GPA) está sujeita ao
carregamento mostrado. Se a área da seção transversal da
haste for de 60 mm2. Considerando um comportamento elástico,
determine:
a) o deslocamento do ponto A e do ponto B;
b) a máxima tensão normal média na haste;
R: a) A = 2,64 . 10-3 m; B = 2,31 . 10-3 m
b) CD = 268,67 MPa
7) A viga rígida AB está acoplada em B à haste metálica BC com 1,0 m de
comprimento e diâmetro de 50 mm. A tensão de tração admissível para a haste BC é
t_adm = 110 MPa e o módulo de elasticidade é E = 69 GPa. Considerando o
comportamento elástico determine:
a) o valor máximo de P que a haste metálica BC suporta;
b) a variação de comprimento da haste BC ( = ? - alongamento ou contração) e a
deformação axial elástica da haste ( =?);
c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial
seja de no máximo 1,5 mm;
R: a) P = 19,62 kN
b) BC = +1,59 . 10-3 m
c) d = 52 mm
8) O conjunto de pendural (barra rígida e haste AB) metálico é usado para suportar um
carregamento distribuído W = 18 kN. O material do conjunto possui módulo de
elasticidade de 70 GPa e uma tensão de escoamento de 266 MPa. Considerando um
fator de segurança contra o escoamento F.S. = 2,0 de modo a garantir um
comportamento elástico, determine:
a) o diâmetro da haste AB para suportar a carga W;
b) a variação de comprimento da haste AB
( = ? - alongamento ou contração)
c) o diâmetro da haste AB necessário para
que a variação do seu comprimento inicial
R: a) d = 19,7 mm
b) AB = + 2,85 . 10-3 m
c) d = 33,2 mm

18
9) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada em C sobre um bloco
rígido. A barra AB é de resina de poliéster (E= 3,22 GPa) e possui diâmetro de 40 mm.
Devido a uma carga P = 80 kN. Considerando um comportamento elástico, determine:
a) a variação do comprimento inicial da barra (alongamento ou encurtamento:  =?);
b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada;
c) o diâmetro da haste AB necessário para que a variação do seu comprimento inicial
R: a) AB = + 19,78 . 10-3 m
b)  = 0,760
c) d = 17,8 cm
10) O poste é sustentado por um pino em C e por um arame de ancoragem AB de aço
A-36 (E = 200 GPa). Se o diâmetro do arame for 5 mm. Considerando um
a) a variação de comprimento do arame AB
( = ? - alongamento ou contração) e a
deformação axial elástica do arame ( =?);
b) o diâmetro necessário para que o arame
deforme no máximo 0,5 mm;
R: a) AB = 1,06 . 10-2 m
b) d = 23 mm
11) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida
AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um
comportamento elástico, determine o deslocamento vertical do ponto F.
R: F = 2,235 . 10-3 m

19
12) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida
AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um
comportamento elástico, determine o deslocamento horizontal do ponto F;
R: F = + 0,1166 . 10-3 m

13) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada sobre o poste CD. A
barra AB possui diâmetro de 12 mm e o poste CD possui diâmetro de 40 mm, ambos
feitos de resina de poliéster (E= 3,22 GPa). Considerando uma carga P de 8,0 kN e um
a) variação do comprimento da barra e do poste (alongamento ou encurtamento:  =?);
b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada;
R: a)AB = + 2,20 . 10-2 m
CD = - 0,4943 . 10-3 m
b)  = 0,820
14) A viga rígida AEC é suportada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36.
Considerando um comportamento elástico, determine:
a) o deslocamento vertical do ponto E;
b) o ângulo de inclinação da viga AEC com a horizontal.
c) o menor diâmetro dos tirantes de modo que a viga rígida permaneça na
horizontal, considerando adm_aço = 160 MPa.
Tirantes de aço, com os seguintes diâmetros:
dAB = 12 mm e dCD = 22 mm.
Eaço = 200 GPa;
w = 7 kN/m;
x = 1,60 m
R: a) E = 0,257 mm
b)  = 0,01210
c) dAB = 7,73 mm; dCD = 5,45 mm
W
E

20
15) O conjunto é composto por duas hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida
BDE. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um
comportamento elástico, determine o ângulo de inclinação da barra rígida BDE;
LAB = 1,20 m; AAB = 600 mm2
;
LCD = 1,80 m; ACD = 900 mm2
;
16) A barra rígida BDE é suspensa por duas barras AB e CD. A barra AB é de alumínio
(Ealu = 70 GPa) e uma seção transversal com área de 500 mm2, a barra CD é de aço
(Eaço = 200 GPa) e uma seção transversal com área de 600 mm2. Considerando um
a) os deslocamentos dos pontos B e D;
b) o ângulo de inclinação da barra rígida BDE;
R: a) AB = - 0,514 . 10-3 m
CD = + 0,30 . 10-3 m
b)  = 0,230
17) A barra rígida BCE é suspensa por duas hastes AB e CD, ambas de seção
transversal retangular e uniforme (6,35 x 25,4 mm) e de aço (Eaço = 200 GPa).
Considerando um comportamento elástico, determine a maior carga vertical P que
pode ser aplicada no ponto E se o deslocamento vertical para baixo do ponto E não
pode exceder 0,254 mm.
R: P = 3,151 kN
E
D
B
C
A
0,60 m
0,30 m
30 kN
P
R:  = 0,0330

1

2

3
3

4
4
5

5
6
A = AB + BC + CD = +8. 103 . 0,50 + +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,64. 10-3 m
200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6
B = BC + CD = +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,31. 10-3 m
200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6

6
7

7
8

8
9
10
1,5
m 19, 78 . 10-3 / 1,5 0,760

11
1

12
2

13
3

14
4

14
5

15
6

16
7

17
8

1
Parte 03:
Torção;
- Definição;
- Deformação por torção;
- Tensão e ângulo de torção no regime elástico:
-- Em barra circular de seção uniforme
sob momento de torção na extremidade;
-- Em barra circular de seção variável sob momentos
de torção aplicados ao longo do eixo central da barra
-- Em barras sólidas de seção não circular sob momentos
de torção aplicados ao longo do eixo central da barra;
-- Em barras e eixos vazados de paredes finas sob
momentos de torção aplicados ao longo do eixo central;

2
1 - Definição de Torção
Peças (barras, eixos, vigas) submetidas
à ação de momentos de torção ou torque (T)
tende a torcer em torno de seu eixo central
longitudinal, conforme mostra a figura 1.
Figura 1: barra sob torção
2 - Deformação por torção de um eixo ou barra circular
Quando uma barra ou eixo circular é submetido á torção ou momento de torção:
- Todas as seções transversais permanecem planas e indeformadas;
- As várias seções transversais ao longo do eixo giram em diferentes
ângulos, mas como disco sólido e rígido (figura 2);
Figura 2: as seções transversais permanecem planas e indeformadas;
3 - Fórmula de torção
A ação de um momento de torção ou torque (T) gera internamente uma
distribuição de tensão de cisalhamento () na seção transversal da barra, ou seja,
surge uma variação linear na tensão de cisalhamento ao longo de qualquer linha
radial na seção transversal, conforme ilustra a figura 3.
Considerando que o material da barra trabalha no regime elástico a tensão a
tensão de cisalhamento () em qualquer ponto p distante  do eixo central da barra
circular é definida:
𝝉 =
𝑻 . 𝝆
𝑱
(1)
Em que :
T = momento de torção ou torque (T) que atua
na seção transversal da barra;
= distância do ponto p ao eixo central da barra;
Varia de 0 até c (raio externo)
J = Momento de inércia polar da seção
transversal da barra;
Figura 3: distribuição de tensão de cisalhamento na seção
transversal da barra circular maciça provocado pelo T
Analisando a equação 1, verifica-se que a tensão de cisalhamento é máxima na
superfície da barra, ou seja, quando  = c, o que permite escrever:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
(2)
Ponto p

3
Para barras e eixos de seção transversal circular maciça, o momento polar de
inércia é definido por:
𝑱 =
𝟏
𝟐
(𝝅 . 𝒄 𝟒) (𝟑)
Em que:
c = raio externo do círculo;
Figura 4: distribuição de tensão de cisalhamento em barras e
eixos de seção circular maciça;
Para barras e eixos de seção transversal circular vazada, o momento polar de
inércia é definido por:
𝑱 =
𝟏
𝟐
(𝝅 . (𝒄 𝟒
− 𝒄𝒊
𝟒
)) (𝟒)
Em que:
c = raio externo do círculo;
ci = raio interno do círculo;
Figura 5: distribuição de tensão de cisalhamento em barras e
eixos de seção circular vazada;
A figura 5 apresentada a distribuição de tensão de cisalhamento () de uma barra ou
eixo de seção circular vazada, de raio interno ci e raio externo c. Do conceito de
proporção de triângulo obtém a seguinte relação:
𝝉 𝒎í𝒏
𝒄𝒊
=
𝝉 𝒎á𝒙
𝒄
→ 𝝉 𝒎í𝒏 =
𝒄𝒊
𝒄
𝝉 𝒎á𝒙
𝝉 𝒎í𝒏 =
𝒄𝒊
𝒄
𝝉 𝒎á𝒙 (5)

4
Exemplo1: Uma barra circular vazada de aço inoxidável tem comprimento L = 1,5 m e
diâmetros interno e externo respectivamente de 40 e 60 mm. Determine:
a) qual é o maior momento de torção que pode ser aplicado à barra, para que a tensão
de cisalhamento não exceda 120 MPa?
b) qual é o valor mínimo da tensão de cisalhamento para este caso?
Aço inoxidável: E= 190 GPa; G = 73 GPa; e = 152 MPa
Resolução:
ci = 20 mm = 0,02 m
c = 30 mm = 0,03 m
a) T = ? de modo que máx ≤ 120 MPa, ou seja, máx = 120 MPa
- como máx < e ( tensão de cisalhamento de escoamento)
- Portanto ocorrem  Tensões no regime elástico:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
Nesta equação sabe-se: c = 0,03 m; máx = 120 MPa ,
Falta apenas o momento de inércia polar da barra vazada: 𝑱 =
𝟏
𝟐
( 𝝅 . (𝒄 𝟒
− 𝒄𝒊
𝟒
) )
Jbarra = 1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [ . ( (0,03)4 - (0,02)4 ) ] = 1,021 . 10-6 m4
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
→ 𝑻 =
𝝉 𝒎á𝒙 . 𝑱
𝒄
=
120 . 106
. 1,021 . 10−6
0,03
= 4,08 .103
N.m
𝑻 = 4,08 .𝟏𝟎 𝟑
N.m = 4,08 kN.m
b) A menor tensão de cisalhamento de uma barra vazada ocorre na face interna da
barra, sendo esta a tensão de cisalhamento mínima, a qual é obtida por:
𝛕 𝐦í𝐧
0,02
=
𝛕 𝐦á𝐱
0,03
→ 𝛕 𝐦í𝐧 =
0,02
0,03
120 . 106
→ 𝛕 𝐦í𝐧 = 80 . 106
N.m2
= 80 MPa
𝛕 𝐦í𝐧
𝛕 𝐦á𝐱
0,02
0,03

5
Exemplo2: A distribuição de tensão em um eixo circular maciço foi representada em um
gráfico ao longo de três linhas radiais arbitrárias como mostra a figura a seguir.
Determine o torque interno resultante na seção transversal;
T = ?
- Devido ao torque interno resultante surge uma distribuição de tensão de cisalhamento
ilustrada na figura acima, onde o valor máximo de tensão ocorre na superfície, cujo
valor é definido por:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
Portanto:
𝑻 =
𝝉 𝒎á𝒙. 𝑱
𝒄
Sabe-se:
máx = 56 MPa = 56 . 106 N/m2
c = 50 mm = 0,050 m
𝑱 =
𝟏
𝟐
(𝝅 . 𝒄 𝟒)  momento de inércia polar da barra;
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,054 ] = 9,82 . 10-6 m4
𝑻 =
𝒄
=
56 . 106
. 9,82 . 10−6
0,05
𝑻 = 10998,40 𝑁. 𝑚 = 11. 103
𝑁. 𝑚 = 𝟏𝟏 𝒌𝑵. 𝒎

6
Exemplo3: Um tubo mostrado na figura a seguir
tem diâmetro interno de 80 mm e diâmetro externo
de 100 mm. Se sua extremidade for apertada
contra o apoio em A usando uma chave em B,
determine a tensão de cisalhamento desenvolvida
no material nas paredes internas e externa ao
longo da parte central do tubo ( C ) quando
são aplicadas forças de 80 N na chave.
Indicar a tensão de cisalhamento na
parede interna e externa do tubo por
meio de elementos infinitesimais
localizados nestas paredes;
Resolução:
- Momento de torção ou Torque gerado pelas forças de 80 N ao longo das seções
transversais do tubo inclusive na seção C:
T = 80 . 0,3 + 80 . 0,2 = 40 N. m
- Para manter o equilíbrio surge  torque interno de igual intensidade e sentido
contrário:
∑ Ty = 0  +  40 – Tc = 0  Tc = 40 N.m
- Determinação da tensão de cisalhamento provocada
por um torque qualquer (T) em qualquer ponto na
seção transversal de uma barra circular: 𝝉 =
𝑻 . 𝝆
𝑱
T = 40 N.m
𝑱 =
𝟏
𝟐
(𝝅 . (𝒄 𝟒
− 𝒄𝒊
𝟒
)) = 1/2 [.( (0,05)4 - (0,04)4 ) ] = 5,80 . 10-6 m4
Tensão localizada na parede interna:  = 0,04 m
Tensão localizada na parede externa:  = 0,05 m
𝝉𝒊 =
𝑇 . 𝜌
𝐽
=
40 . 0,04
5,80 . 10−6
= 0,276 . 106
𝑁/𝑚2
= 0,276 MPa
𝝉 𝒆 =
𝑇 . 𝜌
𝐽
=
40 . 0,05
5,80 . 10−6
= 0,345 . 106
𝑁/𝑚2
= 0,345 MPa
T
Tc

7
Exemplo4: O projeto original de um eixo de transmissão adotou uma barra vazada com
dinterno=100 mm e dexterno=150 mm. O material desta barra possui tensão admissível de
cisalhamento de 83 MPa. Determine o máximo torque que pode ser transmitido:
a) com a barra vazada do projeto original;
b) com uma barra maciça de mesmo volume e
comprimento da barra vazada do projeto original;
c) com uma barra vazada com diâmetro externo de
200 mm e de mesmo volume e comprimento da
barra vazada do projeto original;
Resolução:
a) T = ?  de modo que máx ≤ adm = 83 MPa
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
ci = 0,050 m; c = 0,075 m
Joriginal =1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [. ( (0,075)4] - (0,050)4 ) ] = 39,8 . 10-6 m4
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟕𝟓
𝟑𝟗, 𝟖 . 𝟏𝟎−𝟔
→ 𝑻 =
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
. 𝟑𝟗, 𝟖 . 𝟏𝟎−𝟔
𝟎, 𝟎𝟕𝟓
= 𝟒𝟒𝟎𝟒𝟓 𝑵. 𝒎 = 𝟒𝟒 𝑲𝑵. 𝒎
b) T = ?  de modo que volume barra sólida seja
o mesmo da barra vazada do projeto original:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
Asólida =  c2 =
Aoriginal =  [(0,075)2 - (0,050)2] = 9,8175 . 10-3 m2
 c2 = 9,8175 . 10-3  c = 0,056 m = 56 mm
Jsólida = 1/2 [.c4] = 1/2 [ . (0,056)4] = 15,45 . 10-6 m4
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟓𝟔
𝟏𝟓, 𝟒𝟓 . 𝟏𝟎−𝟔
→ 𝑻 =
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
. 𝟏𝟓, 𝟒𝟓 . 𝟏𝟎−𝟔
𝟎, 𝟎𝟓𝟔
= 𝟐𝟐𝟖𝟗𝟗 𝑵. 𝒎 = 𝟐𝟐, 𝟗 𝑲𝑵. 𝒎
c) T = ?  de modo que volume barra vazada seja
o mesmo da barra vazada do projeto original:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
ci = ?; c = 0,100 m
Avazada =  [(0,100)2 - (c1)2] = 0,03142 -  (c1)2
Aoriginal = 9,8175 . 10-3 m2
 0,03142 -  (c1)2 = 9,8175 . 10-3  c1 = 0,083 m = 83 mm
Jvazada = 1/2 [. ( (c2)4 - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,1)4] - (0,083)4 ) ] = 82,53 . 10-6 m4
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝑻 . 𝟎, 𝟏𝟎
𝟖𝟐, 𝟓𝟑 . 𝟏𝟎−𝟔
→ 𝑻 =
𝟖𝟑 . 𝟏𝟎 𝟔
. 𝟖𝟐, 𝟓𝟑 . 𝟏𝟎−𝟔
𝟎, 𝟏𝟎
= 𝟔𝟖𝟓𝟎𝟎 𝑵. 𝒎 = 𝟔𝟖, 𝟓 𝑲𝑵. 𝒎
2,50 m
150 mm100 mm
Vsólido = Voriginal
Asólida . L = Aoriginal . L
Asólida = Aoriginal
Vvazada = Voriginal
Avazada . L = Aoriginal . L
Avazada = Aoriginal

8
Barras circulares  Submetidas á ação de diversos momentos de torção ou torques:
Nestes casos, o momento de torção interno ou torque interno bem como o
ângulo de torção são determinados pelo método das seções considerando a seguinte
convenção de sinais:
CONVENÇÃO DE SINAIS: Para realizar o somatório
Regra da mão direita:
Polegar saindo da seção: Polegar entrando na seção:
T  + (torque positivo) T  - (torque negativo)
  + (ângulo de torção positivo)  - (ângulo de torção negativo)
Exemplo5: O eixo circular no trecho central BC é vazado, e tem diâmetros de 90 mm e
120 mm, respectivamente interno e externo. Os eixos AB e CD são maciços, com
diâmetro d. Determine, para o carregamento indicado:
a) o valor máximo e o valor mínimo da tensão de cisalhamento no trecho BC;
b) qual o diâmetro necessário nos trechos AB e CD se a tensão admissível no material
é 65 MPa.
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABCD:
Analisando da esquerda  direita:
TAd = - 6 kN.m
TBe = - 6 kN.m
TBd = - 6 -14 = - 20 kN.m
TCe = - 20 kN.m
TCd = - 20 + 26 = 6 kN.m
TDe = + 6 kN.m A B C D
Torque (kN.m)
TAB = - 6 kN.m
TBC = - 20 kN.m
TCD = + 6 kN.m
L (m)

9
a) máx = ? e mín = ? do trecho BC
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
e 𝝉 𝒎í𝒏 =
𝒄𝒊
𝒄
𝝉 𝒎á𝒙
Jbarra = 1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [.( (0,06)4 - (0,045)4 ) ] = 13,921 . 10-6 m4
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
=
20 . 𝟏𝟎 𝟑
. 0,06
13,921 . 𝟏𝟎−𝟔
= 86,20 .𝟏𝟎 𝟔
N . 𝒎 𝟐
= 86,20 MPa
𝝉 𝒎í𝒏 =
𝒄𝒊
𝒄
𝝉 𝒎á𝒙 =
0,045
0,06
86,20 = 64,7 MPa
b) dAB = ? e dCD = ?  de modo que máx ≤ adm = 65 MPa
- como máx < e ( tensão de cisalhamento de escoamento)
- Tensões no regime elástico  o que permite utilizar a equação:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
para calcular o diâmetro necessário dos trechos AB e CD:
- Como: | TAB | = | TCD | = 6 kN.m  ambos os trechos terão o mesmo diâmetro;
- Nos trechos AB e CD o eixo circular é maciço, portanto: JEIXO = Jcírculo
- Jcírculo = 1/2 [ . (c)4]
Substituindo: máx , T e J na equação: 𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
→ 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟔 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒄
𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐜) 𝟒]
→ 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟔 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟏/𝟐 𝛑 . 𝐜 𝟑
𝐜 𝟑
=
𝟔 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟏/𝟐 𝛑 . 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
→ 𝐜 𝟑
=
𝟔 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟏/𝟐 𝛑 . 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
= 𝟎, 𝟎𝟓𝟖𝟕𝟔 . 𝟏𝟎−𝟑
𝒄 = √𝟎
𝟑
, 𝟎𝟓𝟖𝟕𝟔 . 𝟏𝟎−𝟑
→ 𝒄 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟖𝟖𝟕𝟕 𝒎 = 𝟑𝟖, 𝟗 𝒎𝒎 → 𝒅 = 𝟐. 𝒄 = 𝟕𝟕, 𝟖 𝒎𝒎

10
Exemplo6: O eixo mostrado na figura a seguir está apoiado em dois mancais e sujeito a
três torques. Determine a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos 1 e 2
localizados na seção s-s. Representar o estado de tensão nos pontos 1 e 2 por
elementos infinitesimais de volume.
Resolução:
TAd = 0 kN.mm
TBe = 0 kN.mm
TBd = - 4250 kN.mm
TCe = - 4250 kN.mm
TCd = - 4250 + 3000 = - 1250 kN.mm
TDe = - 1250 kN.mm
TDd = - 1250 + 1250 = 0 kN.mm
TEe = 0 kN.mm
A seção s-s  está no trecho CD  T = 1250 kN.mm
1 = ? e 2 = ?  𝝉 =
𝑻 . 𝝆
𝑱
- 1 = 75 mm = 0,075 m ; 2 = 15 mm = 0,015 m
- Jbarra =1/2 [. c4 ] = 1/2 [. 0,0754] = 49,70 . 10-6 m4
𝝉 𝟏 =
𝑻 . 𝝆 𝟏
𝑱
=
𝟏𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟎𝟕𝟓
𝟒𝟗, 𝟕𝟎 . 𝟏𝟎−𝟔
= 𝟏, 𝟖𝟗 . 𝟏𝟎 𝟔
𝑵/𝒎 𝟐
= 𝟏, 𝟖𝟗 𝑴𝑷𝒂
𝝉 𝟐 =
𝑻 . 𝝆 𝟏
𝑱
=
𝟏𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟎𝟏𝟓
𝟒𝟗, 𝟕𝟎 . 𝟏𝟎−𝟔
= 𝟎, 𝟑𝟖 . 𝟏𝟎 𝟔
𝑵
𝒎 𝟐
= 𝟎, 𝟑𝟖 𝑴𝑷𝒂
OBS: Esquerda  direita Esquerda  Direita
Ponto 1:
Ponto 2:
1
2
s
s
A B C D E
Torque (kN.mm)
TBC = - 4250 kN.mm
TCD = - 1250 kN.mm
TAB = 0
A
B
C
D
E
D
TDE= 0
1,89 MPa
0,38 MPa
L (mm)
1
2

11
Exemplo7: A tensão de cisalhamento admissível é de 103 MPa
na barra de aço AB de 38,1 mm de diâmetro e 55 MPa na
barra de latão BC de 45,7 mm de diâmetro. Desprezando o
efeito de concentrações de tensão, determine o maior valor
para o torque T que pode ser aplicado.
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção
ao longo da barra ABC:
Analisando de cima  baixo:
TAi = - T kN.m
TBs = - T kN.m
TBi = - T + 2,5 T = + 1,5 T kN.m
TCs = + 1,5 T kN.m
Trecho AB: TAB = T = ?
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
 𝑻 =
𝒄
Sabe-se: máx = 103 MPa = 103 . 106 N/m2
c = d/2 = 38,1/2 = 19,05 mm = 0,01905 m
𝑱 =
𝟏
𝟐
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,019054 ] = 2,069 . 10-7 m4
𝑻 𝑨𝑩 = 𝑻 =
𝒄
=
103 . 106
. 2,069 . 10−7
0,01905
1,12 . 103
𝑁. 𝑚 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝒌𝑵. 𝒎
𝑻 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝒌𝑵. 𝒎
Trecho BC: TBC = 1,5 T = ?
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
 𝑻 =
𝒄
Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2
c = d/2 = 45,7/2 = 22,85 mm = 0,02285 m
𝑱 =
𝟏
𝟐
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,022854 ] = 4,282 . 10-7 m4
𝑻 𝑩𝑪 = 𝟏, 𝟓𝑻 =
𝒄
=
55 . 106
. 4,282 . 10−7
0,02285
= 1,03 . 103
𝑁. 𝑚 = 𝟏, 𝟎𝟑 𝒌𝑵. 𝒎
𝟏, 𝟓 𝑻 = 𝟏, 𝟎𝟑 𝒌𝑵. 𝒎
𝑻 = 𝟎, 𝟔𝟖𝟕 𝒌𝑵. 𝒎
Comparando os valores limites para T de cada trecho, verifica-se que o valor máximo
para o torque: T = 0,687 kN.m
A
B
Torque (kN.m)
TAB= - T
T
2,5 T
aço
latão
L (m)
C
TAB= + 1,5 T

12
Exemplo8: Dois eixos maciços de aço estão acoplados pelas engrenagens mostradas
na figura. Eixo AB está apoiado no mancal A que permite livre rotação e o eixo CD está
fixo em D, o que impede o giro livre dos eixos. Sabendo-se que a tensão de
cisalhamento de ruptura é de 110 MPa, determine: o maior torque que To que pode ser
aplicado considerando um fator de segurança de 2,0;
Resolução:
- T0 = ?  Para que a tensão de cisalhamento máxima na
barra AB e na barra CD  adm =110/2 = 55 MPa
- Na barra AB: TAB = T0
- Na barra CD: TCD = ?
- Lembrando do conceito de momento de torção ou torque:
T = F. r
TAB = T0  T0 = F1 . 0,022  F1 = T0/0,022
TCD = ?  TCD = F1 . 0,062  TCD = (T0/0,022) . 0,062
 TCD = 2,82T0
- Com o torque nas barras definidos em função de T0, o maior valor para T0
pode ser determinado:
 TAB = T0
 TCD = 2,82T0
900 mm
650 mm
25 mm
19 mm
62 mm
22 mm
rC rB
C
B
F1
F1

13
- barra AB:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
 𝑻 =
𝒄
→ 𝑻 = 𝑻 𝑨𝑩 = 𝑻 𝟎
Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2
c = d/2 = 19/2 = 9,5 mm = 0,0095 m
𝑱 =
𝟏
𝟐
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,00954 ] = 1,28 . 10-8 m4
𝑻 =
𝒄
=
𝟓𝟓 . 106
. 1,28 . 10−8
0,0095
= 74,11 𝑁. 𝑚
𝑻 = 𝑻 𝑨𝑩 = 𝑻 𝟎 = 74,11 𝑁. 𝑚
𝑻 𝟎 = 𝟕𝟒, 𝟏𝟏 𝑵. 𝒎
- barra CD:
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
 𝑻 =
𝒄
→ 𝑻 = 𝑻 𝑪𝑫 = 𝟐, 𝟖𝟐𝑻 𝟎
Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2
c = d/2 = 25/2 = 12,5 mm = 0,0125 m
𝑱 =
𝟏
𝟐
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,01254 ] = 3,83 . 10-8 m4
𝑻 =
𝒄
=
𝟓𝟓 . 106
. 3,83 . 10−8
0,0125
= 168,52 𝑁. 𝑚
𝑻 = 𝑻 𝑪𝑫 = 𝟐, 𝟖𝟐𝑻 𝟎 = 168,52 𝑁. 𝑚
𝟐, 𝟖𝟐𝑻 𝟎 = 168,52 𝑁. 𝑚
𝑻 𝟎 = 𝟓𝟗, 𝟕𝟔 𝑵. 𝒎
Para que a tensão na barra AB não ultrapasse 55 MPa  T0 = 74,11 N.m
Para que a tensão na barra CD não ultrapasse 55 MPa  T0 = 59,76 N.m
Portanto, para a tensão de 55 MPa não seja ultrapassada nas duas barras o
maior valor para T0 é 59,76 N. m;

14
Exemplo9: Um torque de intensidade T = 120 kN.m é
aplicado ao eixo AB do trem de engrenagem mostrado.
Sabendo que a tensão de cisalhamento admissível para
os três eixos sólidos é de 75 MPa, determine:
a) o diâmetro necessário de cada eixo  AB; CD; EF;
b) a intensidade e o sentido (horário ou anti-horário)
da força F que deve ser aplicada sobre o
disco dentado do eixo EF para que o trem
de engrenagem fique em equilíbrio estático;
Resolução:
a)
1- Determinar o toque em cada eixo do trem
Eixo AB: TAB = 120 kN.m
Eixo CD: TCD = ? kN.m
Eixo EF: TEF = ? kN.m
TORQUE: T = F. r
TAB = 120 kN.m = F1 . rB  120 = F1 . 0,025  F1 = 120/0,025 = 4800 kN
TCD = ? kN.m = F1 . rC  TCD = 4800 . 0,060 = 288 kN.m
TCD = 288 kN.m = F2 . rD  288 = F2 . 0,030  F2 = 288/0,030 = 9600 kN
TEF = ? kN.m = F2 . rE  TEF = 9600 . 0,075 = 720 kN.m
rE
rD
rCrB
E
D
C
B
F1
F1
F1
F2
F2
F2
TCD
TEFD

15
2 - Conhecido os torques os diâmetros podem ser determinados:
dAB = ?  de modo que máx ≤ adm = 75 MPa
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
; TAB = 120 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟏𝟐𝟎 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫) 𝟒]
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟏𝟐𝟎 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫 𝟒
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟕𝟔, 𝟑𝟖𝟒 . 𝟏𝟎 𝟑
𝐫 𝟑
→ 𝐫 𝟑
=
𝟕𝟔, 𝟑𝟖𝟒 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
→ 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟎𝟏 𝒎 = 𝟏𝟎, 𝟏 𝒄𝒎
dCD = ?  de modo que máx ≤ adm = 75 MPa
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
; TCD = 288 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟐𝟖𝟖 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫) 𝟒]
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟐𝟖𝟖 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫 𝟒
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟏𝟖𝟑, 𝟑𝟐𝟑 . 𝟏𝟎 𝟑
𝐫 𝟑
→ 𝐫 𝟑
=
𝟏𝟖𝟑, 𝟑𝟐𝟑 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
→ 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟑𝟓 𝒎 = 𝟏𝟑, 𝟓 𝒄𝒎
dEF = ?  de modo que máx ≤ adm = 75 MPa
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
; TEF = 720 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]
𝝉 𝒎á𝒙 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟕𝟐𝟎 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫) 𝟒]
→ 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟕𝟐𝟎 . 𝟏𝟎 𝟑
. 𝒓
𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫 𝟒
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝟒𝟓𝟖, 𝟑𝟎𝟕 . 𝟏𝟎 𝟑
𝐫 𝟑
→ 𝐫 𝟑
=
𝟒𝟓𝟖, 𝟑𝟎𝟕 . 𝟏𝟎 𝟑
𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
→ 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟖𝟑 𝒎 = 𝟏𝟖, 𝟑 𝒄𝒎
b) Para o trem de engrenagem ficar em equilíbrio estático deve ser aplicado sobre o
disco dentado do eixo EF uma força F = F2 = 9600 kN no sentido HORÁRIO

16
4 - Ângulo de torção () no regime elástico
Para uma barra circular sujeita à ação de
um momento de torção ou torque (T) aplicado em
uma das suas extremidades, as seções transversais
sofrem uma rotação, ou seja, apresentam um
ângulo de torção, conforme mostra a figura 6;
Figura 6: Ângulo de torção
Produzido por um torque;
Para barras e eixos de seção circular CONSTANTE submetido à ação de um
torque aplicado em sua extremidade, o ângulo de torção é definido por:
𝝓 =
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
(em radianos) (6)
Em que:
T = Torque aplicado na barra;
L = comprimento da barra;
J = momento polar de inércia da seção transversal da barra;
G = módulo de elasticidade ao cisalhamento;
Se a barra ou eixo de seção circular CONSTANTE estiver sujeita a diversos
momentos de torção ou torques, conforme mostra a figura 7, o ângulo de torção dado
pela equação (6) é escrita da seguinte forma:
𝝓 = ∑
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
(em radianos) (7)
O ângulo de torção é dado pela
soma do ângulo de cada trecho da barra.
Figura 7: Ângulo de torção
Produzido por vários
Torque aplicados;
Para determinar este ângulo é necessário estabelece uma convenção de sinais:
CONVENÇÃO DE SINAIS: Para realizar o somatório
Regra da mão direita:
Polegar saindo da seção: Polegar entrando na seção:
T  + (torque positivo) T  - (torque negativo)
  + (ângulo de torção positivo)  - (ângulo de torção negativo)

17
Exemplo10: a)Que valor de momento de torção
deve ser aplicado à barra circular do Exemplo1,
de modo que o ângulo de torção produzido na
extremidade A seja de 20 ?;
b) Que ângulo de torção provoca uma tensão de
cisalhamento de 70 MPa na face interna da barra?
Aço inoxidável: E= 190 GPa; G = 77 GPa;
Resolução:
a)T = ? de modo que o ângulo de torção da barra seja: ∅ = 𝟐 𝟎
𝝓A/B = 𝝓A =
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
(em radianos)
- Porém, antes de calcular este T é necessário determinar: J =?
J = ? Momento polar da barra vazada:
Jbarra = 1/2 [. ( (c2)4] - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,03)4] - (0,02)4) ] = 1,021 . 10-6 m4
OBS: Lembrando que o ângulo de torção é calculado em radianos: 2 radianos = 3600
x = 20  x = 34,9 x 10-3 rad
𝝓A =
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
→ 𝑻 =
𝝓A . 𝑱 . 𝑮
𝑳
=
34,9 . 10−3
. 1,021 . 10−6
. 77. 109
1,5
𝑻 = 1,829 . 103
N.m = 1,83 . kN.m
b) 𝝓 = ? de modo que a tensão na face interna do barra circular: 𝝉 𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa
- O ângulo de torção é determinado por:
𝝓A =
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
- Porém, antes de calcular este ângulo é necessário determinar: T =?
T=?  produz na face interna da barra uma tensão: 𝝉 𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa
- A tensão de cisalhamento () de qualquer ponto distante  do eixo central da
barra circular provocado por momento de torção T pode ser calculada por:
𝝉 =
𝑻 . 𝝆
𝑱
Nesta equação sabemos: 𝝉 𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa ; 𝝆 = 𝒄 𝟏 = 0,02 ; J=1,021 . 10 - 6 m4
𝟕𝟎 . 𝟏𝟎 𝟔
=
𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟐
𝟏, 𝟎𝟐𝟏 . 𝟏𝟎−𝟔
→ 𝑻 =
𝟕𝟎 . 𝟏𝟎 𝟔
. 𝟏, 𝟎𝟐𝟏 . 𝟏𝟎−𝟔
𝟎, 𝟎𝟐
→ 𝑻 = 𝟑𝟓𝟕𝟑, 𝟓 𝑵. 𝒎
- Agora o ângulo produzido para esta tensão na face interna vale:
𝝓A =
𝟑𝟓𝟕𝟑, 𝟓 . 𝟏, 𝟓
1,021 . 10-6 . 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎 𝟗
= 68,18 . 𝟏𝟎−𝟑
rad = 𝟑,9𝟏 𝟎

18
Exemplo11: Determine o ângulo de torção da extremidade A do eixo AE e o
deslocamento do dente P da engrenagem A. Supondo que o material das engrenagens
e do eixo tenha as seguintes tenha módulo de elasticidade de cisalhamento ou
transversal G = 80 GPa. O eixo possui 14 mm de diâmetro, a engrenagem A possui
100 mm de raio. O eixo gira livremente no mancal (ponto de apoio) em B.
Resolução:
TAd = +150 N.m
TCe = +150 N.m
TCd = + 150 - 280 = -130 N.m
TDe = - 130 N.m
TDd = - 130 - 40 = - 170 N.m
TEe = - 170 N.m
a)
Como o eixo é feito de um único material e possui seção constante, em cada trecho do
eixo J e G serão os mesmos em todos os trechos:
Jbarra = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,007)4] = 3,77 . 10-9 m4
G = 80 . 109 N/m2
𝝓A = ∑
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
=
+𝟏𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟒
𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎 𝟗
+
−𝟏𝟑𝟎 . 𝟎, 𝟑
𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎 𝟗
+
−𝟏𝟕𝟎 . 𝟎, 𝟓
𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎 𝟗
𝝓A = −0,212 rad = −𝟏𝟐, 𝟏𝟓 𝟎
Pela regra da mão direita a extremidade A do eixo gira no sentido, ilustrado abaixo:
Valor negativo: polegar entrando na seção;
A B
D E
Torque (N.m)
TCD = - 130 N.m
TAC = +150 N.m
TDE= - 170 N.m
L (m)C

19
b) O deslocamento do dente P da engrenagem A é dado por:
dp = PP’ = ?
Lembrando que para ângulos pequenos: sen =  e tg  = 
INSERIR SEMPRE O ÂNGULO NO S.I  EM RADIANOS
𝑠𝑒𝑛 𝝓A =
𝑃𝑃′
𝑟
→ 𝑃𝑃′
= 𝑠𝑒𝑛 𝝓A . 𝑟 = 0,212 .100 mm = 21,2 mm

dP = PP’ = 21,2 mm

P
r

P’

20
Exemplo12: O eixo horizontal AD está engastado a uma base rígida em D e submetido
aos torques mostrados na figura a seguir. O eixo é vazado no trecho CD. Sabendo que
o eixo é feito de aço com G = 77 GPa, determine o ângulo de torção da extremidade A.
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção
ao longo da barra ABCD:
Analisando da direita  esquerda:
TAe = - 250 N.m
TBd = - 250 N.m
TBe = - 250 - 2000 = - 2250 N.m
TCd = - 2250 N.m
TCe = - 2250 N.m
TDd = - 2250 N.m
Como o eixo é feito de um único material, porém possui seção diferente em cada
trecho. Portanto, cada trecho possui um J diferente:
Trechos:
JAB = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,015)4] = 0,0795 . 10-6 m4
JBC = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,030)4] = 1,272 . 10-6 m4
JCD = 1/2 [. ( (c2)4] - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,030)4] - (0,022)4) ] = 0,904 . 10-6 m4
G = 77 . 109 N/m2
𝝓A = ∑
𝑻 . 𝑳
𝑱. 𝑮
=
−𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟒
𝟎, 𝟎𝟕𝟗𝟓. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎 𝟗
+
−𝟐𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟐
𝟏, 𝟐𝟕. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎 𝟗
+
−𝟐𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟔
𝟎, 𝟗𝟎𝟒. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎 𝟗
𝝓A = −0,0403 rad = −𝟐, 𝟑𝟏 𝟎
Pela regra da mão direita a extremidade A do eixo gira no sentido, ilustrado abaixo:
Valor negativo: polegar entrando na seção;
D B A
Torque (N.m)
TBC = - 2250 N.mTCD = - 2250 N.m
TAB = - 250 N.m
L (m)C

21
5 - Torção em barras sólidas de seção não-circular
Para estas barras verifica-se que ao serem submetidas à momentos de torção a
seção transversal apresentam uma distribuição de tensão de cisalhamento, conforme
ilustra a figura a seguir
Em barras ou eixos de seção não circular submetidos à ação de
torques verifica-se o seguinte comportamento:
- A tensão de cisalhamento varia de zero até um valor máximo ao atingir
sobre uma das faces, conforme indicado na figura (a);
- Pontos localizados nos vértices ou ao longo das arestas longitudinais
possuem tensão de cisalhamento nula, conforme indicado nas figuras (a) e (c );
Por meio de ensaios experimentais e da Teoria da elasticidade determinou-se
para algumas seções não-circulares equações que fornecem o valor da tensão de
cisalhamento máxima e o valor do ângulo de torção, apresentadas na tabela a seguir.
a
b
a/b = 1,51
c1 =?
c2 =?
interpolação
a/b c1 c2
1,0 0,208 0,1406
1,2 0,219 0,1661
1,5 0,231 0,1958
2,0 0,246 0,229
2,5 0,258 0,249
3,0 0,267 0,263
4,0 0,282 0,281
5,0 0,291 0,291
10,0 0,312 0,333
T T . L
C1ab2 C2ab3G
Retangular máx 

22
Se barra estiver sujeita a diversos momentos de torção ou torques o ângulo de torção
dado pelas equações apresentadas na tabela acima é escrita da seguinte forma:
Barras de seção quadrada:
𝝓 = ∑
𝟕, 𝟏𝟎 . 𝑻 . 𝑳
𝒂 𝟒. 𝑮
(em radianos) (8)
Barras de seção triangular:
𝝓 = ∑
𝟒𝟔 . 𝑻 . 𝑳
𝒂 𝟒. 𝑮
(em radianos) (9)
Barras de seção elíptica:
𝝓 = ∑
(𝒂 𝟐
+ 𝒃 𝟐). 𝑻 . 𝑳
𝝅. 𝒂 𝟑. 𝒃 𝟑. 𝑮
(em radianos) (10)
Barras de seção retangular:
𝝓 = ∑
. 𝑻 . 𝑳
𝒄 𝟐 . 𝒂 𝒃 𝟑. 𝑮
(em radianos) (11)

23
Exemplo13: Determine o maior momento de torção T que
pode ser aplicado na extremidade do eixo feito de
alumínio (G = 26 GPa) se a tensão de cisalhamento
admissível é adm = 55,15 MPa e o ângulo de torção
em sua extremidade é limitado a um valor máximo de
adm = 0,02 rad. Qual momento de torção T poderia ser
aplicado a um eixo de seção transversal circular maciça,
de mesmo volume e comprimento, considerando o mesmo
limite de ângulo de torção em sua extremidade dado por
adm = 0,02 rad; Obs: triângulo eqüilátero
Resolução:
De acordo com a tabela anterior o momento de torção
pode ser determinado pelas seguintes equações:
𝜏 𝑎𝑑𝑚 =
20 . 𝑇
𝑎3
𝑒  =
46 𝑇. 𝐿
𝑎4 . 𝐺
55,15 . 106
=
20 . 𝑇
0,03813
→ 𝑇 =
55,15 . 106
. 0,03813
20
→ 𝑇 = 152,51 𝑁. 𝑚
𝑒
0,02 =
46 𝑇 . 1,25
0,03814 . 26 . 109
→ 𝑇 =
0,02 . 0,03814
. 26 . 109
46 . 1,25
→ 𝑇 = 19,1 𝑁. 𝑚
Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar
a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 19,1 N.m
T = ?  eixo circular de mesmo volume e comprimento do eixo triangular
Vcircular = Vtriangular
Acírculo . L = Atriângulo . L
Acírculo = Atriângulo B= 38,1/2 = 19,05 mm
Atriângulo = 2 [ 1/2 . H . B]
tg 600 = H/ B  1,7321 = H/ 19,05
H = 1,732 . 19,05 = 33,0 mm
Atriângulo = 2 [ 1/2 . H . B] = 2 [ 1/2 . 33,0 . 19,05 ] = 628,65 mm2
Acírculo = Atriângulo   r2 = 628,65  r = 14,15 mm
𝝉 𝒂𝒅𝒎 =
𝑻 . 𝒄
𝑱
𝑒  =
𝑻 . 𝑳
𝑱.𝑮
c = 14,15 mm = 0,01415 m
Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,014154 ] = 6,30 . 10-8 m4
55 . 156
=
𝑇 . 0,01415
6,30 . 10−8
→ 𝑇 =
55,15 . 106
. 6,30 . 10−8
0,01415
→ 𝑇 = 245,54 𝑁. 𝑚
𝑒
0,02 =
𝑇 . 1,25
6,30 . 10−8 . 26 . 109
→ 𝑇 =
0,02 . 6,30 . 10−8
. 26 . 109
1,25
→ 𝑇 = 26,21 𝑁. 𝑚
1,25 m
38,1 mm
600
H=?
B B
38,1 mm

24
Exemplo14: Determine o maior momento de torção T
que pode ser aplicado sobre o eixo maciço feito de
aço com tensão de cisalhamento admissível
dada por adm = 69 MPa e o ângulo de torção em
sua extremidade é limitado a um valor máximo
de adm = 1,50. Sabendo que b = 20 mm e que
G = 77 GPa;
Resolução:
De acordo com a tabela anterior o momento de torção
𝜏 𝑎𝑑𝑚 =
𝑇
𝑐1 𝑎𝑏2
𝑒  =
𝑇. 𝐿
𝑐2 𝑎𝑏3 . 𝐺
𝐸
a = 30 mm;
b = 20 mm
a/b = 30/20 = 1,50  tabela fornece: c1 = 0,231 e c2 = 0,1958
= 1,500  2rad - 3600
x - 1,50
x = 1,50 . 2rad / 3600 = 0,026 rad
69 . 106
=
𝑇
0,231 . 0,030 . 0,0202
→ 𝑇 = 69 . 106
. 0,231 . 0,030 . 0,0202
→ 𝑇 = 191,27 𝑁. 𝑚
𝑒
0,026 =
𝑇 . 0,75
0,1958 . 0,030 . 0,0203 . 77 . 109
𝑇 =
0,026 . 0,1958 . 0,030 . 0,0203
. 77 . 109
0,75
= 125,43 𝑁. 𝑚

25
Exemplo15: Determine o maior momento de torção T que pode ser aplicado na barra
maciça de seção transversal retangular se a tensão de cisalhamento admissível é dada
por adm = 55 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é limitado a um valor
máximo de adm = 2,50. Sabendo que G = 26 GPa.
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABC:
TAd = - T N.m
TBe = - T N.m
TBd = - T + 2,75 T = 1,75T N.m
TCe = + 1,75T N.m
Para barra de seção retangular sob ação de vários torques:
𝜏 𝑎𝑑𝑚 =
𝑇
𝑐1 𝑎𝑏2
𝑒  = ∑
𝑇. 𝐿
𝑐2 𝑎𝑏3 . 𝐺
𝐸
a = 150 mm; b = 100 mm
a/b = 150/100 = 1,50  tabela fornece: c1 = 0,231 e c2 = 0,1958
= 2,500  2rad - 3600
x - 2,50 x = 2,50 . 2rad / 3600 = 0,044 rad
55 . 106
=
1,75 T
0,231 . 0,15 . 0,102
→ T = 55 . 106
. 0,231 . 0,15 . 0,102
→ 𝑇 = 10,89 . 103
𝑁. 𝑚
𝑒
0,044 =
− T . 2,0
0,1958 . 0,15 . 0,103 . 26 . 109
+
+ 1,75 T . 3,0
0,1958 . 0,15 . 0,103 . 26 . 109
0,044 = −2,62 . 10−6
𝑇 + 6,87 . 10−6
𝑇 → 𝑇 =
0,044
4,25 . 10−6
= 10,35 . 103
𝑁. 𝑚
a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 10,35 . 103 N.m
T
2,75 T
A C
Torque (N.m)
TAB = - T
TBC = +1,75 T
L (m)B

26
6 - Torção em barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas
Para estas barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas,
verifica-se que ao serem submetidos à ação de momentos de torção
apresentam em qualquer ponto da parede fina uma
tensão de cisalhamento média, cujo valor é dado por:
𝝉 𝒎é𝒅 =
𝑻
𝟐𝒕 . 𝑨 𝒎
(12)
Onde:
méd = tensão de cisalhamento média que atua sobre a espessura do tubo,
T = momento de torção aplicado sobre o tubo;
t = espessura da parede do tubo;
Am = área média compreendida no interior da linha de centro da espessura do tubo.
O ângulo de torção barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas é
determinado por meio do método de energia, o qual fornece a seguinte expressão se o
material do tubo comporta-se de maneira linear elástica:
∅ =
𝑻𝑳
𝟒. 𝑨 𝒎
𝟐 . 𝑮
. ∮
𝒅𝒔
𝒕
(13)
Para barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas de espessura constante
(t), a equação (13) pode ser escrita da seguinte forma:
∅ =
𝑻𝑳
𝟒. 𝑨 𝒎
𝟐 . 𝑮
.
𝟏
𝒕
∮ 𝒅𝒔 (14)
Onde:
∮ 𝒅𝒔 → a integral é calculada ao longo da linha limite
da área média, ou seja , a integral representa o
comprimento desta linha limite
∮ 𝒅𝒔 = comprimento da linha limite
Exemplos:
Ex1: Ex2
𝑬𝒙𝟏:
𝟏
𝒕
∮ 𝒅𝒔 =
𝟏
𝟎, 𝟎𝟖
. 𝟎, 𝟏𝟖 + 𝟐 .
𝟏
𝟎, 𝟎𝟐
. 𝟎, 𝟐𝟒 +
𝟏
𝟎, 𝟎𝟒
. 𝟎, 𝟏𝟖
𝑬𝒙𝟐:
𝟏
𝒕
∮ 𝒅𝒔 =
𝟏
𝟎, 𝟏𝟎
. 𝟎, 𝟒𝟓 +
𝟏
𝟎, 𝟎𝟓
. ( 𝟐 . 𝟎, 𝟒𝟎 +
𝟐 . 𝝅 . 𝟎, 𝟐𝟐𝟓
𝟐
)
0,30 m
0,20 m
0,08 m
0,04 m
0,02 m
0,18 m
0,24 m
0,50 m
0,45 m
0,05 m
0,10 m
0,20 m0,25 m
0,40 m
0,45 m
0,225 m
Comprimento do
círculo: 2r
0,02 m

27
Se barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas com espessura constante (t) estão
sob a ação de vários torques em cada trecho o ângulo de torção é definido por:
∅ = ∑ [
𝑻𝑳
𝟒 . 𝑨 𝒎
𝟐 . 𝑮
.
𝟏
𝒕
∮ 𝒅𝒔 ] (15)
Por exemplo: o tubo possui três trechos sob diferentes torques: AB, BC, CD,
Assim, para este tubo a equação (15) deve ser aplicada para cada trecho, sendo em
seguida realizada a soma destes valores;

28
Exemplo16: O tubo CD é feito de alumínio (G = 26 GPa) e tem seção transversal
quadrada como mostra a figura a seguir. Se o tubo estiver submetido a um torque de
85 N.m, determine:
a) a tensão de cisalhamento média no ponto A.
Representar o estado de tensão no ponto A por
meio de um elemento infinitesimal de volume.
b) o ângulo de torção da extremidade livre C;
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra CD:
TCd = + 85 N.m
TDe = + 85 N.m
a)
A tensão de cisalhamento média em pontos na parede de barras (tubos) e eixos
vazados de paredes finas é dada por:
𝝉 𝒎é𝒅 =
𝑻
𝟐𝒕 . 𝑨 𝒎
T = 85 N.m  O pontos A está trecho CD;
t = ? tA = 10,0 mm = 0,01 m
Am = ?  área média
Am = 50 . 50 = 2500 mm2 = 2500. 10-6 m2
𝝉 𝒎é𝒅_𝑨 =
𝟖𝟓
𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟏𝟎 . 𝟐𝟓𝟎𝟎 . 𝟏𝟎 −𝟔
= 𝟏, 𝟕 . 𝟏𝟎 𝟔
𝑵/𝒎 𝟐
= 𝟏, 𝟕𝟎 𝑴𝑷𝒂
b) O ângulo de torção da extremidade C do tubo vale:
- Quando o tubo esta sobre a influência de vários torques, o ângulo é dado por:
𝐴∅ = ∑[
𝑇𝐿
4 . 𝐴 𝑚
2 . 𝐺
.
1
𝑡
∮ 𝑑𝑠 ]
OBS:
1
𝑡
∮ 𝑑𝑠 → Comprimento do contorno da Área média
𝐴∅ =
85 . 1,5
4 . (2500. 10−6)2 . 26 . 109
. [
1
0,010
. ( 4 . 0,050)]
𝐴
∅ = 3,92 . 10−3
𝑟𝑎𝑑
C D
Torque (N.m)
TCD = +85 N.m
L (m)
1,70 MPa

29
Exemplo17: O tubo é feito de bronze C86100 (G=38.109 Pa) e tem seção transversal
retangular como mostra a figura a seguir, determine:
a) a tensão de cisalhamento média nos pontos A e B. Representar o estado de tensão
nos pontos A e B por elementos infinitesimais de volume.
b) o ângulo de torção da extremidade C;
Resolução:
- Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra CDE:
TCd = + 60 N.m
TDe = + 60 N.m
TDd = + 60 - 25 = + 35 N.m
TEe = + 35 N.m
a)
A tensão de cisalhamento média em pontos na parede de barras (tubos) e eixos
vazados de paredes finas é dada por:
𝝉 𝒎é𝒅 =
𝑻
𝟐𝒕 . 𝑨 𝒎
T = 35 N.m  Os pontos A e B estão no trecho DE;
t = ? tA = 5,0 mm = 0,005 m tB = 3,0 mm = 0,003 m
Am = ?  área média
Am = (60 - 1,5 - 1,5 ) . ( 40 - 2,5 - 2,5) = 57 . 35 = 1995 mm2
Am = 1995. 10-6 m2
𝝉 𝒎é𝒅_𝑨 =
𝟑𝟓
𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟎𝟓 . 𝟏𝟗𝟗𝟓 . 𝟏𝟎 −𝟔
= 𝟏, 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎 𝟔
𝑵/𝒎 𝟐
= 𝟏, 𝟕𝟓 𝑴𝑷𝒂
𝝉 𝒎é𝒅_𝑩 =
𝟑𝟓
𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 . 𝟏𝟗𝟗𝟓 . 𝟏𝟎 −𝟔
= 𝟐, 𝟗𝟐 . 𝟏𝟎 𝟔
𝑵
𝒎 𝟐
= 𝟐, 𝟗𝟐 𝑴𝑷𝒂
Ponto A: Ponto B:
C E
Torque (N.m)
TDE= 35 N.m
TCD = +60 N.m
L (m)
D
2,92 MPa
1,75 MPa

30
b) O ângulo de torção da extremidade C do tubo vale:
- Como o tubo esta sobre a influência de vários torques, o ângulo é dado por:
𝐴∅ = ∑[
𝑇𝐿
4 . 𝐴 𝑚
2 . 𝐺
.
1
𝑡
∮ 𝑑𝑠 ]
OBS:
1
𝑡
∮ 𝑑𝑠 → Comprimento do contorno da Área média
𝐴∅ =
60 . 0,5
4 . (1995. 10−6)2 . 38 . 109
. [
1
0,005
. ( 2 . 0,057) +
1
0,003
. ( 2 . 0,035)]
𝐴
+
35 . 1,5
4 . (1995. 10−6)2 . 38 . 109
. [
1
0,005
. ( 2 . 0,057) +
1
0,003
. ( 2 . 0,035) ]
𝐴∅ = 6,29 . 10−3
𝑟𝑎𝑑

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