Resumo_Mecanica_dos_SolidosII_2021

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS 
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL 
Departamento de Estruturas 
 
 
RESUMO DE MECÂNICA DOS SÓLIDOS II 
 
 
Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia 
 
PED: Elias Antonio Nicolas(2006) 
Bruno Fernandes (Rev. 2017) 
 
PAD: Bianca Lopes de Oliveira 
Renato Saldanha Victor (Rev. 2008, 2009) 
 
Campinas, 2006 (Revisão 2021) 
 
DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS 
Faculdade de Engenharia Civil 
Universidade Estadual de Campinas 
 
 
 
 Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - 
Campinas – SP 
2 
 
 
SUMÁRIO 
Nota do autor ................................................................................................................................................ 4 
1. Flexão geral .............................................................................................................................................. 5 
1.1 Características geométricas .................................................................................................................... 5 
1.1.1 Momentos de segunda ordem .............................................................................................................. 5 
1.1.2 Rotação dos eixos (u,v) ....................................................................................................................... 6 
1.1.3 Círculo de Mohr .................................................................................................................................. 8 
1.1.4 Exercícios ............................................................................................................................................ 9 
1.2 Tensões Normais à Seção Transversal ................................................................................................. 13 
1.2.1 Flexão Pura ........................................................................................................................................ 13 
1.2.2 Flexão Oblíqua Pura .......................................................................................................................... 14 
1.2.3 Exercícios .......................................................................................................................................... 17 
1.2.4 Flexão Composta ............................................................................................................................... 21 
1.2.5 Flexão Oblíqua Composta ................................................................................................................. 21 
1.2.6 Exercícios .......................................................................................................................................... 22 
1.2.7 Núcleo central de figuras planas ........................................................................................................ 23 
1.2.8 Exercícios .......................................................................................................................................... 24 
2. Torção ..................................................................................................................................................... 25 
2.1 Torção em barras de seção circular ...................................................................................................... 25 
2.1.1 Tensões de cisalhamento – Lei de Hooke .......................................................................................... 26 
2.1.2 Cálculo do giro relativo (φ): .............................................................................................................. 28 
2.2 Seção circular de parede espessa (grossa) ............................................................................................ 30 
2.3 Seção circular de parede fina (delgada) ................................................................................................ 31 
2.4 Exemplo de Diagramas de Momento Torçor ........................................................................................ 32 
2.4.1 Exercícios .......................................................................................................................................... 33 
2.4.2 Momento de torção uniformemente distribuído (m):......................................................................... 33 
2.4.3Momento de torção linearmente distribuído (m): ............................................................................... 34 
2.5 Exercícios ............................................................................................................................................. 34 
2.6 Torção em barras de seção qualquer ..................................................................................................... 37 
2.6.1 Deformação φ (rotação elástica) ........................................................................................................ 39 
2.6.2 Exercícios .......................................................................................................................................... 42 
2.7 Analogia de membrana ......................................................................................................................... 43 
2.7.1 Torção em seções celulares ............................................................................................................... 44 
2.7.2 Exercícios .......................................................................................................................................... 45 
3.Centro de Cisalhamento em Seções Simétricas ....................................................................................... 48 
3.1 Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas ................................................................................. 48 
3.2 Centro de cisalhamento em seções delgadas simétricas ....................................................................... 54 
3.3 Exercícios ............................................................................................................................................. 57 
4. Teoria das tensões .................................................................................................................................. 61 
4.1 Estado simples (linear/unidimensional) de tensão ................................................................................ 64 
4.1.1 Círculo de Mohr ................................................................................................................................ 65 
4.2 Estado plano (duplo/bidimensional) de tensões.................................................................................... 66 
4.2.1 Círculo de Mohr ................................................................................................................................ 67 
4.2.2 Tensões principais (σ1,σ2): ............................................................................................................... 68 
4.3 Exercícios ............................................................................................................................................. 69 
5 Teoria das deformações ........................................................................................................................... 74 
5.1 Coeficiente de Poisson: ........................................................................................................................ 74 
5.2 Lei de Hooke generalizada ................................................................................................................... 75 
5.4 Exercícios ............................................................................................................................................. 77 
6 Energia de Deformação .......................................................................................................................... 82 
6.1 Energia de deformação .........................................................................................................................83 
6.2 Cálculo pelas tensões ............................................................................................................................ 84 
6.3 Cálculo pelos esforços solicitantes ....................................................................................................... 86 
6.3 Cálculo pelas cargas ............................................................................................................................. 88 
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3 
 
6.4 Teorema de Maxwell ............................................................................................................................ 88 
6.6 Teorema de Castigliano ........................................................................................................................ 90 
6.7 Teorema de Menabrea .......................................................................................................................... 94 
6.8 Exercícios ............................................................................................................................................. 94 
7 Critérios de Resistência ......................................................................................................................... 100 
7.1 Estados Limites .................................................................................................................................. 100 
7.2 Critérios de resistência ....................................................................................................................... 101 
7.2.1 Critério de Rankine (Critério da maior tensão normal) ................................................................... 101 
7.2.2 Critério de Tresca (Critério da maior tensão de cisalhamento) ....................................................... 102 
7.2.3 Critério de Saint Venant (Critério de maior deformação normal): .................................................. 102 
7.2.5 Critério de Mohr: ............................................................................................................................. 103 
7.2.6 Critério de Coulomb: ....................................................................................................................... 104 
7.2.7 Critério da Energia de Distorção (critério de Von Mises) ............................................................... 106 
7.3 Exercícios ........................................................................................................................................... 110 
8 Flambagem ............................................................................................................................................ 113 
8.1 Teoria de 1ª ordem.............................................................................................................................. 113 
8.2 Teoria de 2ª ordem.............................................................................................................................. 114 
8.3 Teoria de 3ª ordem.............................................................................................................................. 114 
8.4 Método de equilíbrio .......................................................................................................................... 114 
8.1 Barra bi-articulada (articulada-articulada) .......................................................................................... 115 
8.2 Comprimento de flambagem (lfl) ou comprimento crítico (lcr) ........................................................... 116 
8.3 Contraventamentos ............................................................................................................................. 117 
8.4 Raio de giração (i) .............................................................................................................................. 117 
8.5 Índice de esbeltez (i) ........................................................................................................................... 117 
8.6 Tensão de flambagem ou crítica ......................................................................................................... 118 
8.7 Flambagem elástica e plástica ............................................................................................................ 118 
8.8 Exercícios ........................................................................................................................................... 119 
9 Referências Bibliográficas ..................................................................................................................... 122 
 
 
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Nota do autor 
Esta apostila tem por objeto dar ao aluno que frequenta o curso de Mecânica dos 
Sólidos II (CV511) um material que o auxilie no acompanhamento das aulas regulares. 
Não tem por meta substituir outras apostilas ou livros de Mecânica dos Sólidos ou 
Resistência dos Materiais. Constitui-se como notas de um caderno de um aluno, com a 
colocação de alguns exemplos adicionais. Observa-se que o tópico sobre Flexão é 
ministrado em Mecânica dos Sólidos I (CV411). 
 
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1. Flexão geral 
 
1.1 Características geométricas 
 
1.1.1 Momentos de segunda ordem 
 
Sendo y̅ e z̅ eixos centrais de inércia. 
Momentos de inércia centrais: 
Iy̅= ∫ z̅
2
A
dA 
Iz̅= ∫ y̅
2
A
dA 
Produto de inércia: 
Iyz̅= ∫ y̅z̅
A
dA 
Translação de eixos: 
Iy= ∫ z
2
A
dA= ∫ (b+z̅)2dA
A
 
 
Iy= ∫ (b
2
+2bz̅+z̅2)dA
A
 
 
Iy=b
2
A+ ∫ z̅2dA
A
 
 
Iy=b
2
A+Iy̅ 
Analogamente: 
Iz=c
2A+Iz̅ 
 
 
Iyz=bcA+Iyz̅ 
 
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Sendo “b” e “c” coordenadas do c.g. em relação ao sistema (y,z). 
 
 
Momento estático 
S= ∫ z̅dA
A
 
 
S = 0 em relação ao c.g. 
 
 
1.1.2 Rotação dos eixos (u,v) 
 
 
Matriz de transformação de coordenadas: 
 
(
u
v
) = [
cos α sen α
- sen α cos α
] (
y̅
z̅
) 
 
u=y̅ cos α +z̅ sen α 
 
v=-y̅ sen α +z̅ cos α 
 
Iu= ∫ v
2dA
A
 
Iu= ∫ (-y̅ sen α +z̅ cos α )
2
dA
A
 
Iu= ∫ y̅
2 sen2 α dA
A
+ ∫ z̅2 cos2 α dA
A
+ ∫ -2y̅z̅ sen α cos α dA
A
 
 
Iu= Iz̅sen
2 α + Iy̅cos
2 α -2Iyz̅ sen α cos α 
Analogamente: 
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Iv= ∫ u
2∂A
A
= ∫ (y̅ cos α +z̅ sen α )2∂A
A
 
 
Iv= Iz̅cos
2 α + Iy̅sen
2 α +2Iyz̅ sen α cos α 
 
Iuv= ∫ uvdA
A
= ∫ (y̅ cos α +z̅ sen α )(-y̅ sen α +z̅ cos α )dA
A
 
 
Iuv=(Iy̅-Iz̅) sen α cos α +Iyz̅( cos
2α- sen
2
α) 
 
Utilizando Arcos duplos: 
sen 2α =2 sen α cos α 
 
cos2α- sen
2
α= cos 2α 
 
cos2α+ sen
2
α=1 
Tem-se: 
Iu=
Iy̅+Iz̅
2
+
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α -Iyz̅ sen2α 
 
Iv=
Iy̅+Iz̅
2
-
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α +Iyz̅ sen2α 
 
Iuv=
Iy̅-Iz̅
2
sen2α+ Iyz̅ cos 2α 
 Fazendo-se agora: 
 
[Iu- (
Iy̅+Iz̅
2
)]
2
= (
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α -Iyz̅ sen2α)
2
 
 
(Iuv)
2= (
Iy̅-Iz̅
2
sen2α+ Iyz̅ cos 2α)
2
 
 
Iu- (
Iy̅+Iz̅
2
)
2
+Iuv
2= (
Iy̅-Iz̅
2
)
2
+Iyz̅
2 
 
Que representa a equação da circunferência: 
 
(x-x0)
2+y2=R2 
Com: 
y
0
= 0 
x0,y0=posição do centro 
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1.1.3 Círculo de Mohr 
 
I1 = momento de inércia máximo. 
 
I2 = momento de inércia mínimo. 
 
Em I1 e I2 tem-se: Iuv = 0. Daí: 
 
Iuv=
Iy̅-Iz̅
2
sen2α+ Iyz̅ cos 2α = 0 
 
tg2α=
2Iyz̅
Iz̅-Iy̅
 
 
que representam as duas direções principais de inércia α1 e α2 defasadas de 90º. 
 
Propriedade: 
Iy+Iz=Iy̅+Iz̅=Iu+Iv=I1+I2=0 
 
Valores de I1 e I2: 
I1= (
Iy̅+Iz̅
2
) + √(
Iy̅-Iz̅
2
)
2
+Iyz̅
2 
I2= (
Iy̅+Iz̅
2
) - √(
Iy̅-Iz̅
2
)
2
+Iyz̅
2 
 
 
 
 
 
 
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1.1.4 Exercícios 
1) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções (α1 e α2). 
 
2) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções (α1 e α2). 
 
3) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções (α1 e α2). 
 
 
4) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções (α1 e α2) 
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Resolução do Exercício 4: 
 
Divisão da seção em áreas: 
 
 
 Centro de gravidade (c.g.): 
 
y̅=
∑ y
i
Ai
∑ Ai
=
15×0,5×10,5+11,5×0,5×6+12×0,5×0
(15+11,5+12)×0,5
=5,88 cm 
 
 
z̅=
∑ ziAi
∑ Ai
=
15×0,5×6+11,5×0,5×8+12×0,5×6
(15+11,5+12)×0,5
=6,60 cm 
 
 
 
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Momento de inércia de cada seção: 
 
 Área 1: 
Iz1=
15×0,5
3
12
=0,16 cm4 
 
 
Iy1=
0,5×15
3
12
=140,63 cm4 
 
 
Iyz1=0→seção retangular 
 
 Rotação dos eixos da área 1: 
α =36,87° 
 
Iy1̅̅ ̅=Iu=
Iy̅+Iz̅
2
+
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α -Iyz̅ sen2α 
 
Iy1̅̅ ̅=70,40+70,24 cos (73,74°) -0=90,06 cm
4 
 
Iz1̅=Iv=
Iy̅+Iz̅
2
-
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α +Iyz̅ sen2α 
 
Iz1̅=70,40-70,24 cos (73,74°) +0=50,73 cm
4 
 
Iyz1̅̅ ̅̅̅=Iuv=
Iy̅-Iz̅
2
sen2α+ Iyz̅ cos 2α 
 
Iyz1̅̅ ̅̅̅=70,24sen(73,74°)+0=67,43 cm
4 
 Área 2: 
Iy2=
11,5×0,5
3
12
=0,12 cm4 
 
Iz2=
0,5×11,5
3
12
=63,37 cm4 
 
Iyz2=0→seção retangular 
 Área 3: 
Iy3=
0,5×12
3
12
=72 cm4 
 
Iz3=
12×0,5
3
12
=0,13 cm4 
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Iyz3=0→seção retangular 
 
 Momento de inércia total: 
 
Iy̅=90,06+0,6
2
×15×0,5+0,12+1,4
2
×11,5×0,5+72+0,6
2
×12×0,5=178,3 cm4 
 
Iz̅=50,73+4,62
2
×15×0,5+63,37+0,12
2
×11,5×0,5+0,13+5,88
2
×12×0,5=481,82 cm4 
 
Iyz̅=67,43+0,6×-4,62×15×0,5+(-0,12)×-1,4×11,5×0,5+5,88×0,6×12×0,5=68,77 cm
4 
 
 Direções principais: 
 
tg2α=
2Iyz̅
Iz̅-Iy̅
=
2×68,77
481,82-178,3
=0,453 
 
𝛼1=12,2° 
 
𝛼2=102,2° 
 
 Momentos principais de inércia: 
 
I1,2= (
Iy̅+Iz̅
2
) ± √(
Iy̅-Iz̅
2
)
2
+Iyz̅
2 
 
I1,2= (
178,3+481,82
2
) ± √(
178,3-481,82
2
)
2
+(68,77)
2
 
 
I1=496,68 cm
4 ; I2=163,45 cm
4 
 Substituindo-se 
𝛼1=12,2° 
 
 Em: 
Iv=
Iy̅+Iz̅
2
-
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α1 +Iyz̅ sen2α1=496,68 cm
4=I1 
 
 Portanto a direção do eixo principal 1 é 𝛼1=12,2° e do eixo 2 é 𝛼2=102,2°. 
 
 
 
 
 
 
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1.2 Tensões Normais à Seção Transversal 
 
1.2.1 Flexão Pura 
 
Seja: 
 
 Tem-se a Flexão Pura quando atua apenas o momento fletor (N=V=0). 
 
Considera-se as seguintes hipóteses: 
 
1. A distribuição da tensão normal na seção é linear. 
 
2. O material é isotrópico e segue a lei de Hooke (σ=Eε; τ=Gγ). 
 
3. As seções planas permanecem planas após o carregamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tensão (σx): 
 
Da hipótese (1): 
σ=Ky (variação linear), onde K=constante 
Sabe-se que: 
σ=
F
A
 
O que resulta em: 
dFx=σxdA 
Sabe-se que: 
dMz=dFxy 
Assim: 
𝑑Mz=σxdAy=σxydA 
 
 
∂Mz=Ky
2∂A 
 
Mz= ∫ dMz
A
= ∫ K
A
y2dA→Mz=K ∫ y
2dA
A
→Mz=KIz 
 Como: 
K=
Mz
Iz
 e σx=Ky 
 Desta forma, tem-se que: 
σx=
Mz
Iz
y 
 
 
1.2.2 Flexão Oblíqua Pura 
 
Neste caso o plano de cargas é inclinado de um ângulo θ em relação ao plano 
vertical. O vetor momento é inclinado do mesmo ângulo em relação ao eixo z. 
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 Essa flexão é tratada como a superposição de duas flexões normais (Mz e My): 
 
Mz=Mcosθ 
 
My=Msenθ 
 
A tensão normal será: 
σx=σx
'+σx
'' 
Onde: 
σx
'=K'y 
σx
''=K''z 
Logo: 
σx=K
'y+K''z 
Sabe-se que: 
Mz= ∫ dFxy
A
= ∫ σx
A
dAy 
Mz= ∫ (K
'y+K''z)ydA
A
→Mz= ∫ (K
'y2+K''yz)dA
A
 
Mz= ∫ (K
'y2)dA
A
+ ∫ (K''yz)dA
A
→Mz=K
' ∫ y2dA
A
+K'' ∫ yzdA
A
 
 
Mz=K
'Iz+K
''Iyz 
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My= ∫ dFxz
A
= ∫ σx
A
dAz→My= ∫ (K
'y+K''z)zdA
A
 
My= ∫ (K
''z2+K''yz)dA
A
→My= ∫ (K
''z2)dA
A
+ ∫ (K''yz)dA
A
 
My=K
'' ∫ z2dA
A
+K' ∫ yzdA
A
 
 
My=K
'Iyz+K
''Iy 
 
Como o sistema yz é central de inércia, ou seja, y,z→u,v (momentos principais 
de inércia), tem-se: 
Iyz=Iuv=0 
 
Mz=K
'Iz+K
''Iyz→Mv=K
'Iv→K
'=
Mv
Iv
 
 
My=K
'Iyz+K
''Iy→Mu=K
''Iu→K
''=
Mu
Iu
 
Assim: 
σx=K
'u+K''v 
 
σx=
Mv
Iv
u+
Mu
Iu
v 
 
 A linha neutra é o lugar geométrico dos pontos da seção transversal onde as 
tensões normais são nulas. 
 
σx=
Mv
Iv
u+
Mu
Iu
v=0→v=-
Mv
Mu
Iu
Iv
u 
Sendo: 
Mu=Msenθ 
 
Mv=Mcosθ 
Substituindo: 
v=-
Mcosθ
Msenθ
Iu
Iv
u 
 
v=-
1
tgθ
Iu
Iv
u 
 
Essa é a equação da linha neutra. Ainda: 
 
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v=-
1
tgθ
Iu
Iv
u 
Se: 
tgβ=-
1
tgθ
Iu
Iv
 
 
∴v=tgβu 
 
 
1.2.3 Exercícios 
 
1) Calcular os valores extremos de tensão (tração e compressão) que surgirão na viga. O 
peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção transversal. 
Dados: Iy=124.167 cm
4, Iz=461.042 cm
4 e Iyz=194.375 cm
4. 
 
2) Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o 
eixo y um ângulo de 30°? Dados: Iy=1408 cm
4, Iz=2656 cm
4, Iyz=-864 cm
4 e 
σ̅=1000 tf/cm2. 
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3) Determinar na seção crítica a linha neutra e calcular a flecha máxima em A. 
 E=200 tf/cm2. 
 
Resolução do exercício 1 
1) Calcular os valores extremos de  (tração e compressão) que surgirão na viga. O 
peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção. 
Dados: Iy=124.167 cm
4, Iz=461.042 cm
4 e Iyz=194.375 cm
4. 
 
Solução: 
a) Características Geométricas 
Cálculo do CG: Como a seção é antimétrica a posição do c.g. é óbvia. 
Momentos Totais de Inércia e suas direções: 
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19 
 
tg2α=
2Iyz̅
Iz̅-Iy̅
=
2×194375
461042-124167
→α=24,76° 
 
I1,2= (
Iy̅+Iz̅
2
) ± √(
Iy̅-Iz̅
2
)
2
+Iyz̅
2→ {
I1=550676,20 cm
4
I2=39532,80 cm
4
 
 
Utilizando-se de α=24,76° em: 
 
Iu=
Iy̅+Iz̅
2
+
Iy̅-Iz̅
2
cos 2α -Iyz̅ sen2α→ Iu=39532,80 cm
4 
 
Tem-se os eixos u e v. 
Iu=I2 
 
Iv=I1 
 
b) Tensões 
 
Pela regra da mão direita tem-se: 
 
σx=-
Mu
Iu
v+
Mv
Iv
u 
 Onde: θ=-24,76° e M= 200 tf.cm, tem-se: 
 
{
Mu=Msenθ=-83,76 tf.cm
Mv=Mcosθ=181,61 tf.cm
 
 
∴σx=-
83,76
39532,80
v+
181,61
550676,20
u 
 
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20 
 
Para a Linha Neutra  = 0 
 
σx=-
83,76
39532,80
v+
181,61
550676,20
u=0 
 
Pode-se calcular a LN de duas formas: 
 
 Admitindo pontos na equação de tensão: 
u=0→v=0 
 
∴v=1→v=6,42 
 Pelo cálculo do ângulo: 
v=tgβu 
 
tgβ=-
1
tgθ
Iu
Iv
→β=8,85° 
 
 Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança 
de base, onde será utilizado a matriz de transformação: 
 
{
u
v
} = [
cosα senα
-senα cosα
] {
y
z
} 
 Ponto A: 
{
y
A
=-32,5 cm
zA=0
→ {
uA=-29,51 cm
zA=13,61 cm
 
 
σA=-
83,76
39532,80
13,61+
181,61
550676,20
(-29,51)=-3,86 tf/cm2 
 
Ponto B: 
{
y
A
=32,5 cm
zA=0
→ {
uA=29,51 cm
zA=-13,61 cm
 
 
σB=-
83,76
39532,80
-13,61+
181,61
550676,20
29,51=3,86 tf/cm2 
 
Assim, os valores extremos de compressão e tração de σ são: 
 
{
σC=-3,86 tf/cm
2
σT=3,86 tf/cm
2
. 
 
 
 
 
 
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21 
 
1.2.4 Flexão Composta 
 
Quando atuam num trecho da estrutura o momento fletor (M) e a força axial (F). 
Neste caso, tem-se: 
 
 Flexo-compressão (F < 0); 
 
 Flexo-tração (F > 0). 
 
Na flexão composta tem-se a excentricidade (e). Quando e = 0 tem-se a flexo-
compressão ou flexo-tração centrada. Quando não for igual a 0, deve-se considerar a 
excentricidade. 
 
1.2.5 Flexão Oblíqua Composta 
 
 Neste caso, tem-se duas excentricidades: 
 
eu=excentricidade em relação ao eixo u. 
ev=excentricidade em relação ao eixo v. 
 
σx=
F
A
+
Mv
Iv
u+
Mu
Iu
v 
Superposição de efeitos: 
 
Nesse caso: 
 
Mu=Msenθ=Fe senθ=Feu 
 
Mv=Mcosθ=Fe cosθ=Fev 
 
 
Linha Neutra: 
σx=
F
A
+
Mv
Iv
u+
Mu
Iu
v→
1
A
+
e cosθ
Iv
u+
e senθ
Iu
v=0 
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v=-
Iu
Ae senθ
+tgβ u 
 
v=cte+tgβ u→cte≠0→a linha neutra não passa pelo c.g. 
 
1.2.6 Exercícios 
 
1) Calcular F, sendo σc̅=800 kgf/cm
2
 e σt ̅=1400 kgf/cm
2
. Dados: Iy=105.000 cm
4, 
Iz=55.577,73 cm
4, Iyz=-28.320 cm
4 e A=900 cm2. 
 
2) Determinar a carga admissível P sabendo que σc̅=120 kgf/cm
2
, σt ̅=30 
kgf/cm
2
 e q=P/l. Dados: Iy=103.689,36 cm
4 e Iz=183.689,63 cm
4, Iyz=-76.319,57 
cm4. 
 
3) Traçar o diagrama de tensões normais na situação mais crítica. Dados: Iy=13.932 
cm4 e Iz=34.668 cm
4, Iyz=-15.552 cm
4, P=10 kN e q=5 kN/m. 
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4) Determinar a posição e o valor de uma carga P de tração que provoca a linha neutra 
indicada na figura abaixo. A tensão no ponto A vale σA=100 kgf/cm
2
. 
 
 
 
1.2.7 Núcleo central de figuras planas 
 
 É a região da seção transversal onde aplicada uma força normal, sua linha neutra 
não corta a seção. Como consequência, a seção só terá tensões de um mesmo sinal 
(compressão ou tração) de acordo com o sinal da força. É importante para materiais com 
baixa resistência a tração (murros de arrimo, chaminés, pilares etc). 
 
Determinação do núcleo central: 
σx=
N
A
+
Mv
Iv
u 
 
Com: Mu=Nev 
 
σx=
N
A
+
Nev
Iv
u 
Linha neutra: 
σx=
N
A
+
Nev
Iv
u=0→
1
A
+
ev
Iv
u=0→u=-
Iv
Aev
 
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Observações: 
i. Cada figura plana tem seu núcleo central que não depende de N. 
ii. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do 
polígono que constitui o núcleo central. 
iii. O ponto de aplicação de N e a LN consequente ficam em semiplanos opostos 
delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN). 
iv. O núcleo central terá tantos lados quantos forem os lados (ou vértices) do polígono 
convexo circunscrito. 
v. 
 
1.2.8 Exercícios 
1) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo. 
 
2) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo. Dados: A=2300 cm2, 
Iu=1.220.171,54 cm
4, Iv=385.504,15 cm
4 e α=-9,85°. 
 
 
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2. Torção 
2.1 Torção em barras de seção circular 
 
 
Seja uma barra de seção circular engastada numa extremidade e solicitada na 
extremidade livre por um momento torçor Mt. No engastamento, surgirá um momento 
de mesmo valor com sentido oposto. 
 Na deformação elástica, cada seção da barra terá uma rotação γ (ângulo de 
torção). Aparecerá, assim, em cada seção da barra, tensões de cisalhamento τ. 
 
Hipóteses básicas: 
i. As tensões de cisalhamento estão dirigidas perpendicularmente ao raio e seus valores 
são proporcionais ao mesmo. 
 
τr=
r
a
τ (2.1) 
 
 
ii. As seções executam rotações elásticas como se fossem corpos rígidos. 
 Seja: 
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A tensão aplicada na face 34, e a mesma tensão (reativa) na face oposta 12 são 
insuficientes para equilibrar o elemento porque as duas forças provocadas pelas mesmas 
formam um binário. Assim, devem existir tensões longitudinais de cisalhamento (τl). 
 
O Teorema de Cauchy diz que as tensões em planos perpendiculares são iguais. 
 
τ dr dt dx=τldx dr dt 
 
∴τ=τl 
 
 
2.1.1 Tensões de cisalhamento – Lei de Hooke 
 
 Após a aplicação do momento torçor Mt, os pontos 3 e 4 passarão a ocupar as 
posições 3’ e 4’ devido a distorção γ. 
 
 No caso da flexão, a tensão normal vale: 
 
σ=Eε 
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27 
 
 
Analogamente, na torção, a tensão de cisalhamento será: 
 
 τ=Gγ (2.2) 
 
Onde G é o módulo de elasticidade transversal. 
Para materiais isotrópicos, pode-se facilmente determinar o módulo de 
elasticidade transversal, conforme mostrado na equação abaixo: 
 
G=
E
2(1+ν)
 
Onde ν é o coeficiente de Poisson. 
Para exemplificar, tem-se os seguintes valores para o aço: 
 
E=210.000 MPa 
G=80.000 MPa 
ν=0,3 
 De 2.1 e 2.2 tem-se: 
γ
r
=
r
a
γ 
 
 Obtém-se o momento torçor Mt, calculando-se o momento resultante das forças 
elementares aplicadas na seção. Em um anel circular (figura abaixo) de espessura 𝜕r, o 
momento dMt é dado pela resultante das tensões τ na área elementar dA. 
 
Sendo: 
dMt=τrdAr 
 
dA=2πrdr 
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Tem-se: 
dMt=
r
a
τ2πrrdr 
dMt=
τ 2π r3dr 
a
 
Integrando a equação acima, obtém-se o momento torçor: 
 
Mt= ∫ dMt = ∫
τ 2π r3dr 
a
a
0
= (
2π τ r4
4a
)
0
a
=
π a3τ 
2
 
 
 Desta equação, pode-se determinar a tensão de cisalhamento (τ) em função do 
momento torçor (Mt) e do diâmetro (D): 
 
τ=
2Mt 
π a3
 
 
 Como a=D/2, para seção circular, tem-se: 
 
τ=
16Mt 
π D3
 
 
 Da teoria de flexão, tem-se a tensão normal (σ) em função do momento fletor 
(M) e momento de inércia (I), conforme equação: 
 
σ=
M
I
y=
M
I
y⁄
=
M
W
 
 
Sendo W o módulo de resistência à flexão. 
Fazendo uma analogia da Teoria de Flexão com a Teoria de Torção, tem-se a 
tensão de cisalhamento (τ) em função do momento torçor (Mt), conforme equação: 
 
τ=
16Mt 
π D3
=
Mt
(
π D3
16
)
=
Mt
Wt
 
 
 Da equação acima, pode-se determinar o módulo de resistência à torção para 
seção circular cheia: 
Wt=
π D3
16
 
 
2.1.2 Cálculo do giro relativo (φ): 
Da teoria de pequenos deslocamentos, sabe-se que o arco se aproxima da 
tangente. 
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Como dφ é muito pequeno, pode-se aproximar o arco de uma tangente. A partir 
da figura anterior e da teoria de pequenos deslocamentos, tem-se: 
tg=dφ a=γ dx (γ é muito pequeno) 
Dessa relação tem-se: 
dφ=
γ dx 
a
 
 
 Para calcularmos o giro relativo bastar integrar a equação acima: 
φ= ∫ dφ
l
0
= ∫
γ dx 
a
l
0
 
 Da integração vem: 
φ=
γ
a
l 
 Sendo: 
γ=
τ
G
→φ=
τl
Ga
 
 Aplicando a equação acima para o caso da seção circular tem-se: 
 
φ=
16Mtl
π D3G
D
2
 
 
 Simplificando tem-se: 
 
φ=
32Mtl
Gπ D4
→φ=
Mtl
G (
π D4
32
)
 
 Ou: 
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φ=
Mtl
GIt
 com It=
π D4
32
 
 
 Resumindo, para seção circular cheia: 
 
τ=
Mt
Wt
 Wt=
π D3
16
 
 
φ=
Mtl
GIt
 It=
π D4
32
 
2.2 Seção circular de parede espessa (grossa) 
 
 Com as expressões obtidas anteriormente e considerando a = D/2, tem-se: 
 
τr
τ
=
r
D
2⁄
→τr=
r
D
2⁄
r 
 
dMt=τrdAr 
 
dA=2πrdr 
 
dMt=τr 2π r dr r 
 
dMt=τr 2π r
2 dr 
 
dMt=
τ 
(D 2⁄ )
2π r3dr 
 
 Para obtermos o momento torçor basta integrar a equação acima, logo: 
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Mt= ∫ dMt
D
2⁄
d
2⁄
= ∫
τ 
(D 2⁄ )
2π r3dr
D
2⁄
d
2⁄
 
 
 Finalmente, momento torçor resultante: 
 
Mt=
2π τ
(D 2⁄ )4
[(
D
2
)
4
- (
d
2
)
4
] 
 Assim a tensão será: 
τ=
Mt
Wt
 
 Com: 
Wt=
π
D
[(
D
2
)
4
- (
d
2
)
4
] 
 Resumindo, tem-se: 
φ=
Mtl
GIt
 
com: 
It=
π
32
(D4-d
4
) 
 
2.3 Seção circular de parede fina (delgada) 
 
 Refere-se as seções nas quais t<<<dm ou dm t⁄ >10 sendo dm o diâmetro médio e t 
a espessura da parede. Neste caso pode-se considerar que a distribuição de tensões τ seja 
uniforme. 
 
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τ A 
dm
2
=Mt→τ π dm t 
dm
2
= Mt→
τ π dm
2
 t 
2
=Mt 
 
τ=
Mt
π dm
2
 t 
2
 
 Assim: 
τ=
Mt
Wt
 
 
Wt =
π t dm
2
 
2
 
 E: 
φ=
Mtl
GIt
 
 
It=
π t dm
3
 
4
 
 
2.4 Exemplo de Diagramas de Momento Torçor 
 
 Com um momento de torção aplicado, tem-se: 
 
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2.4.1 Exercícios 
1) Traçar o diagrama de momento torçor: 
 
2) Traçar o diagrama de momento torçor: 
 
2.4.2 Momento de torção uniformemente distribuído (m): 
 
Mt= ∫ m dx=m x→Mt(x=l)=ml
x
0
 
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2.4.3Momento de torção linearmente distribuído (m): 
 
Mt= ∫ mx dx
x
0
 
 Onde: 
mx=tgθ=
m
l
x 
 
Mt= ∫
m
l
 x dx
x
0
 
 
 Logo: 
Mt=
m x2
2 l
 
E: 
Mt(x=l)=
m l
2
2 l
=
m l
2
 
 
 
2.5 Exercícios 
1) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura isostática. 
m1=
M
2 a
;m2=
M
a
 
 
 
2) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática. 
m=
M
a
 
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3) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática. Dados: M = 5 
kN.m; m = 0,3 kN.m/m e L = 1,2 m. 
 
 
4) Calcular o giro relativo φ
AB
. 
 
 
5) Calcular o giro relativo φ
AB
. 
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6) Calcular o diâmetro d e o giro φ
AB
. Dados: M = 120 N.m; m = 40 N.m/m; a = 1,2 m; 
b = 0,8 m; τadm=10 MN/m
2 e G = 80000 MN/m2. 
 
 
 
7) Determinar o momento torçor M. Dados: E = 21000 kN/cm2; G = 7000 kN/cm2; 
ϕ
barra
=1 cm; σadm=12 kN/cm
2 e τadm=8 kN/cm
2. 
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2.6 Torção em barras de seção qualquer 
 As barras de seção circular sofrem rotações elásticas e permanecem planas. Já as 
barras de seção qualquer sofrem empenamento (distorção). 
 
 
 Hipóteses: 
 
i. A espessura t = t(s), pode variar com a coordenada no contorno da seção s, mas é 
constante em x. 
ii. As tensões de cisalhamento igualmente distribuídas sobre a espessura t e dirigindo-se 
paralelas às bordas são funções de s, τ=τ(s), mas independentes de x. 
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Obs.: Considerando-se o empenamento nulo tem-se a torção livre (torção de Saint 
Venant). 
 
 Equilíbrio de forças: 
τ1t1dx=τ2t2dx 
 
τ1t1=τ2t2=τ(s) t(s)=cte 
 
τ(s) t(s)=F (s) =fluxo de cisalhamento 
 
 Momento Mt: 
dMt=τ(s) t(s) ds h 
 
 Com: 
dA=
ds h
2
→h ds=2 dA 
 
dMt=τ(s) t(s) 2 dA 
 
Mt= ∫ dMt
A
= ∫ τ(s) t(s) 2 dA
A
 
 
∴Mt=2 τ(s) t(s) A 
 
∴ τ(s)=
Mt
2 A t(s)
 
 
τ(s)=
Mt
Wt
 
 Com: 
Wt=2 A t(s) 
 
 Exemplos: 
Seção quadrada: 
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A=a2 
t(s)=t 
Wt=2 a
2 t 
Seção circular: 
 
A=
π dm
2
4
 
t(s)=t 
Wt=
π t dm
2
2
 
 Na seção qualquer, se t = t(s): 
 
τ=
Mt
Wt
 e Wt=2 A t(s) 
 
τmáx=
Mt
Wtmin
→Wtmin=2 A tmin 
τ(s) t(s)=F (s) fluxo de cisalhamento 
 
 
2.6.1 Deformação φ (rotação elástica) 
Para definir a deformação precisam ser apresentados alguns conceitos de 
trabalho/energia: 
 
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Tp = trabalho devido a P, carga com aplicação lenta; TFV = trabalho devido a Fv, carga 
com aplicação rápida. 
 
Tp=
P d 
2
 
 
TFV=F d 
 
Teorema de Clapeyron: 
 
T=U 
 
U é a energía de deformação. 
 
 Para a torção tem-se:T=
1
2
Mt φ (carregamento lento,peso proprio) 
 Se: 
T=Mt φ (cargas rápidas,vento) 
 
 
 A carga (F, M) produz esforços (M, V, N e Mt) e tensões (σ, τ). 
 
dU=
1
2
τ(s) t(s) dx γ ds 
 
 Pela Lei de Hooke: 
 
σ=Eε 
 
τ=Gγ ∴ γ=
𝜏
G
 
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41 
 
 
Logo: 
dU=
1
2 G
τ(s)
2
 t(s) dx ds 
 
Tem-se: 
τ(s)=
Mt
2 A t(s) 
 
 
dU=
1
2 G
(
Mt
2 A t(s) 
)
2
 t(s) dx ds 
 
dU=
Mt
2
8 G A
2
 t(s)
 dx ds 
 
dU=
Mt
2
8 G A
2
 dx 
ds
t(s)
 
 
U= ∫ dU =
Mt
2
8 G A
2
 ∫ dx
l
0
 ∮
ds
t(s)
 
 
 Igualando-se o trabalho do esforço Mt com o das tensões τ, tem-se pelo Teorema 
de Clapeyron que: 
 
U=T 
 
Mt
2 l
8 G A
2
∮
ds
t(s)
=
1
2
Mt φ 
 
φ=
Mt l
4 G A
2
∮
ds
t(s)
 
 
φ=
Mt l
G It
 
 
∴It=
4 A
2
∮
ds
t(s)
 
 
Como t é normalmente constante, ∮ ds representa o perímetro. 
 
 
 
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42 
 
Exemplo: 
 
It=
4 A
2
∮
ds
t(s)
=
4 (ab)
2
2(a+b)
t
=
2 (ab)
2
 t
(a+b)
 
 
2.6.2 Exercícios 
1) Calcular “e” e It. Dados: Mt = 100 tf.cm; t = 0,1 cm e τadm=1,0 tf/cm
2. 
 
2) Calcular “a”. Dados: Mt = 250 tf.cm e τadm=1,0 tf/cm
2. 
 
 
 
 
 
 
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2.7 Analogia de membrana 
 
 Seja uma membrana homogênea, com o mesmo contorno da seção transversal do 
elemento sujeito à torção, solicitada por pressão uniforme em sua área e por uma tração 
uniforme na borda. 
 
 
 Seja a equação diferencial da superfície deformada de uma membrana: 
 
∂
2
z
∂x
2
+
∂
2
z
∂y
2
=-
p
k
 
 
verifica-se que a equação diferencial da superfície elástica da membrana deformada tem 
a mesma forma da equação diferencial que determina a distribuição das tensões ao 
longo da barra solicitada à torção. 
 
 Equação diferencial da torção: 
 
∂
2
ϕ
∂x
2
+
∂
2
ϕ
∂y
2
=-G α 
 Analogia entre as equações diferenciais se: 
 
p
K
=G α 
 
onde: 
 p=pressão lateral por unicidade de área; 
 K= força de tração por unicidade de comprimento da barra; 
 α=ângulo de torção por unicidade de comprimento. 
 
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44 
 
2.7.1 Torção em seções celulares 
 
 Equação de equilíbrio da membrana: 
 
p A=K h ∮
ds
t
 
 
 Placa 1: 
p A1=
K h1
e1
(a+c+a)-
K
e3
(h2-h1)(c) 
 
 Placa 2: 
p A2=
K h2
e2
(a+c+a)-
K
e3
(h2-h1)(c) 
 
Tensão tangencial e inclinação das membranas: 
 
τ=
Mt
2 V 
β 
 
β=
h
e
 
 Assim: 
 
τ1=
Mt
2 V 
β
1
 β
1
=
h1
e1
 
τ2=
Mt
2 V 
β
2
 β
2
=
h2
e2
 
τ3=
Mt
2 V 
β
3
 β
2
=
h2-h1
e3
 
 
 
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Momento de inércia à torção: 
It=
4 V K
p
 
 
 Ângulo de giro: 
φ=
Mt l
G It
=
Mt l
G 4 V
 
p
K
 
 
 
2.7.2 Exercícios 
 
1) Calcular Mt e φab. Dados: G = 800 kN/cm
2 e τadm=8 kN/cm
2. 
 
 
2) Determinar: a) Wta/Wtf e b) esforço no cordão de solda, sendo Mt = 100 tf.cm. 
 
 
 
 
 
 
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3) Calcular o deslocamento do ponto A. Dados: t = 0,1 cm; Mt=150 kN.cm e G = 8000 
kN/cm2. 
 
 
Resolução do exercício 3: 
 
Placa 1 (=Placa 3) 
 
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p (
(4+7)
2
×5) =
K
0,1
h1(5,83+7+4)-
K
0,1
(h2)(5)→2,75
p
K
=16,83×h1-5×h2 
 
Placa 2 
 
p (5×9)=
K
0,1
h2(5+5)+
K
0,1
(h1+h2)(4+4+5+5)→4,5
p
K
=18×h1+28×h2 
h1=0,18
p
K
 
 
h2=0,05
p
K
 
 
Volume: 
 
V=2×(A1×h2)+A2(h1+h2) 
 
V=2× (27,5×0,18×
p
K
) +45(0,18+0,05)×
p
K
=20,25×
p
K
 
 
Inércia à torção: 
 
It=
4 V K
p
=4×20,25×
p
K
×
K
p
=81 cm4 
 
Giro: 
φ=
Mt l
G It
=
150×100
8000×81
=0,023 rad 
 
Coordenadas do ponto A em relação ao c.g. 
 
xA=9,5 cm; yA=3,3 cm 
 
vx=-φ yA=-(-0,023)×3,3=0,076 cm 
vy=-φ xA=(-0,023)×9,5=0,219 cm 
 
Deslocamento: 
v=√vx2+vy2=0,23 cm 
 
 
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3.Centro de Cisalhamento em Seções Simétricas 
 
3.1 Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas 
 
Dado um elemento de viga obtido por duas seções: x e x + dx 
 
 
 
 
 
T= ∫ σ(x) dA
A
= ∫
M(x)
Iz
y dA
A
 
 
t= ∫ σ(x+dx) dA
A
= ∫
M(x+dx)
Iz
y dA
A
 
 
 As resultantes das trações exercidas sobre o elemento geralmente não serão 
iguais: 
T≠t→M(x)>M(x+dx)→T > t 
 
T-t > 0 
 
∫
M(x)
Iz
y dA
A
- ∫
M(x+dx)
Iz
y dA
A
>0 
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M(x+dx)=M(x)-dM(x) 
 
∫
dM(x)
Iz
y dA > 0
A
 
 
 
 O equilíbrio exige, então, que exista uma força horizontal, que será: 
 
T-t=τ(s) e(s̅) dx 
 
∫
dM(x)
Iz
 y ∂A=τ(s) e(s̅) dx 
A
 
 
τ(s)= ∫
dM(x) y
dx Iz e(s̅)
dA= ∫
V(x) y
Iz e(s̅)A
dA 
A
 
 
τ(s)=
V(x) 
Iz e(s̅)
∫ y dA
A
 
 
τ(s)=
V(x) S 
Iz e(s̅)
 
 onde: 
τ: tensão de cisalhamento; 
V: força cortante na seção em estudo; 
e: espessura da seção; 
Iz: momento de inércia com relação ao eixo neutro z; 
S: momento estático da parte da seção estudada com relação ao eixo neutro z. 
 
dF=τ(s) e(s) dx 
 
F= ∫ dF
S
0
 
F= ∫ τ(s) e(s) dx
S
0
= ∫
V(x) S 
Iz e(s̅)
 e(s) dx
S
0
 
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 Geralmente e(s̅)=e(s)=constante. Assim: 
 
∴F=
V(x) 
Iz
∫ S(s) ds
S
0
 
 
 
Exemplo 1: Traçar o diagrama de tensão tangencial na seguinte viga com seção 
transversal I. 
 
 
τ(s)=
V(x) S 
Iz e(s)
 
 
V(x)=P 
 
e(s)=e 
 
Iz=
h
3
e
12
+2 [
e32 b
12
+2 b e (
h
2
)
2
] 
Análise nas mesas: 
S(s)=
e s h
2
 
 
τ(s)=K S(s) 
 
K=
V(x)
Iz e(s)
 
 
∴τ(s)=
K e s h
2
 
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Tem-se: 
 
Obs.: As tensões tangenciais verticais τv nas mesas são desprezadas pois 2b é 
muito maior que a espessura e. 
 
τv=
V(x) S
Iz 2b
 
 
τ(s)=
V(x) S
Iz e(s)
 
 
e≪2b→τv≪τ(s) 
 
Para S2 (outra posição de S) na alma: 
 
 Momento estático 
S(s)=e s (
h
2
-
s
3
) +e h b 
 
 O momento estático é acumulativo. 
 
S(s)=
e s h
2
-
e s2
2
+e h b 
 
τ(s)=K S(s) 
 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo 2: Traçar o diagrama de tensão tangencial na seguinte viga com seção 
transversal C. Estudar a força cortante em função das forças na seção. 
 
 
 
S(s)=
e s h
2
 (mesa) 
 
S(s)=e s (
h
2
-
s
3
) +e h b (mesa+ alma) 
 
dS(s)
ds
=
e h
2
-e s=0 
 
∴S=
h
2
 
 
Smax=
e h
2
h
2
-
e
2
(
h
2
)
2
+e b 
h
2
 
 
Smax=
e h
2
8
+
e b h
2
 
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τ(s)=
V(x) S
Iz e(s)
 
 
τ(s)=K S(s) 
 
V(x)=P 
 
Iz=
h
3
e
12
+2 [
e3b
12
+b e (
h
2
)
2
] 
 
 
F1=
P
Iz
∫ S(s) ds
b
0
 
 
F1=F3 
 
∫ S(s) ds
b
0
= ∫
e h s
2
b
0
 ds=
e h b
2
4
 
 
∴F1=
P
Iz
e h b
2
4
 
 
 
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F2=
P
Iz
∫ S(s) ds
b
0
 
 
S(s)=
e s h
2
-
e s2
2
+
e h b
2
 
 
∫ S(s) ds
h
0
= ∫ (
e s h
2
-
e s2
2
+
e h b
2
) ds
h
0
=
e h
3
4
-
e h
3
6
+
e b h
2
2
 
 
 
F2=
P (
e h
3
2
-
e h
3
6
+
e b h
2
2
)
h
3
e
12
+2 [
e3b
12
+b e (
h
2
)
2
]
 
 
e ≪ h; e ≪ b 
 
∴F2=P=V(x) 
 
 
3.2 Centro de cisalhamento em seções delgadas simétricas 
 
 O centro de cisalhamento ou centro de torção é o ponto do plano da seção em 
relação ao qual o momento de todas as resultantes das tensões devidas a τ é nulo. É o 
ponto por onde deve passar o plano que contém a resultante de V atuante na seção, para 
que não haja torção. 
 
τf=tensão de cisalhamento devido à V 
 
 Forças de cisalhamento na seção 
 
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F1=
P
Iz
∫ Sz(s) ds
b
0
 
 
Sz(s) =
e h s
2
 
 
F1=
V
Iz
∫
e h s
2
 ds
b
0
=
V
Iz
e h b
2
4
 
 
 
F2=
V
Iz
∫ (
e s h
2
-
e s2
2
+
e h b
2
) ds
h
0
=
V
Iz
(
e h
3
4
-
e h
3
6
+
e b h
2
2
) =V 
 
 
F1=F3 
 
Iz=
h
3
e
12
+2 (
e3b
12
+
e b h
2
4
) 
 
e ≪ h; e ≪ b 
 
 Condições de equivalência: 
F1=V; M0=V c 
 
F1 h=V c 
 
c=
F1 h
V
 
 
c=
V
Iz
h e b
2
4
h
V
 
 
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c=
h
2
 e b
2
4 Iz
; c é função de (e,h,b) e não depende de V. 
 
Iz=
e h
3
12
+
e b h
2
2
 
 
 Observação: 
 
1. Se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há equivalência 
entre Vc e M0. 
 
2. Se se chamar de “fluxo de tensões” o produto τ por t, pode-se imaginar uma analogia 
entre “fluxo de tensões” que percorre a seção e “fluxo de água” que percorreria um 
encanamento com a forma da seção analisada. 
 
3. 
 
τt=
Mt
Wt
 
 
V=P 
 
M=Mt=P(c+b) 
 
τ=τt+τf (tensão de cisalhamento resultante) 
 
τ=
Mt
Wt
+
V S
Iz e
 
 
 
 
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Casos práticos: Centro de Cisalhamento de Cantoneiras (seções estrela): 
 
 
3.3 Exercícios 
 
1) Determinar a posição do centro de cisalhamento e calcular as tensões tangenciais. 
Dado: Iz=2806 cm
4. 
2) 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3) Calcular τmáx. Dado: Iz=895.914 cm
4. 
 
 
 
 
4) Determinar as tensões principais no ponto A da seção mais solicitada. Dado: 
Iy=27.937 cm
4. 
5) 
 
 
Resolução do exercício 3: 
 
M=F×100 
 
Tensão normal em A (compressão): 
 
σx=
Mz
Iz
y=
100 F
27.937
15=-0,054F 
 
It=
1
3
∑ hi ti
3 =
1
3
×1
3
×(15+20+21,21)×2=37,48 cm4 
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Wt=
It
tmáx
=
37,48
1
=37,48 cm3 
 
 
F=
V(x)
I
∫ S(s) ds
b
0
 
 
S1=1×s× (30-
s
2
) =30×s-
s2
2
 
 
F1=
P
Iy
∫ (30s-
s2
2
) ds=2812,5
P
Iy
15
0
 
 
S2=1×s×15+337,5=15s-337,5 
 
F2=
P
Iy
∫ (15s-337,5) ∂s=9750
P
Iy
20
0
 
 
 
∑ M0= 0 
 
2×F2×15-2×F1×35=P×c 
 
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30× (9750×
P
Iy
) -70× (2812,5×
P
Iy
) =P×c 
c=
292.500-196.875
27.937
=3,42 cm 
 
Tensões tangenciais devido à torção e flexão respectivamente: 
 
 
τt=
P×(15+c)
37,48
=
18,42P
37,48
=0,49P 
 
 
τf=
V S
Iz e
=
P×637,5
27.937×1
=0,023P 
 
 
τ=τt+τf=0,49P+0,023P=0,513P 
 
 Tensões principais: 
 
σ1,2=
σx+σy
2
 ± √(
σx-σy
2
)
2
+τxy
2 
 
σ1,2=
-0,054P+0
2
 ± √(
-0,054P-0
2
)
2
+(0,513P)
2
 
 
σ1=0,487P 
 
σ2=-0,541P 
 
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4.Teoria das tensões 
 
Seja as figuras para se definir as tensões normal e tangencial (de cisalhamento): 
 
 
 
 
𝜎𝑧= lim
dS→0
dFz
dS
→tensão normal 
 
τzy= lim
dS→0
dFy
dS
→tensão tangencial ou tensão de cisalhamento
 
τzx= lim
dS→0
dFx
dS
 
 
O vetor tensão total num ponto genérico seria a soma vetorial das tensões: 
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𝑡 = �⃗� + 𝜏 
 
|𝑡|=√𝜎2+τ2 
 
Obs.: A tensão é definida no ponto. 
 
Teorema de Cauchy 
 
São seis as tensões no caso tridimensional. Porém, aqui, apresenta-se apenas um 
caso plano (bidimensional) em y-z, como ilustração. 
 
 
 
 
Seja o ponto O no c.g do elemento, então tem-se: 
 
∑ M0= 0→2 τyz dx dz 
dy
2
=2 τzy dx dy 
dz
2
 
 
τyz=τzy 
Genericamente: 
τij=τji {i,j=x,y,z} 
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Estudo das tensões 
 
 
Caso linear: 
 
Caso plano: 
 
 
Ensaio de laboratório como exemplo de casos de tensões: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4.1 Estado simples (linear/unidimensional) de tensão 
 
 Considere uma barra sem peso, tracionada pela extremidade livre por uma força 
F centrada. Numa seção genérica, aparecerão tensões normais σ1 de modo que se tenha 
o equilíbrio da seção cortada. 
 
 
 
Equilíbrio de forças no elemento triangular em destaque: 
 
∑ Fy̅= 0 
 
F=σ A 
 
σA
cos α
-σ1A cos α =0 
 
∴σ=σ1 cos
2 α 
 
∑ Fx̅= 0 
 
τA
cos α
-σ1A sen α =0 
 
τ=σ1 sen α cos α 
 
 Fazendo-se agora: 
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cos2 α = 
1+ cos 2α
2
→ σ = 
σ1
2
+
σ1
2
cos 2α 
 
sen α cos α = 
sen 2α
2
→ τ = 
σ1
2
sen 2α 
 
pode-se obter: 
(σ - 
σ1
2
)
2
= (
σ1
2
cos 2α)
2
 
 
τ2= (
σ1
2
sen 2α)
2
 
 
∴ (σ - 
σ1
2
)
2
+τ2 = (
σ1
2
)
2
 
 
que representa a equação de uma circunferência, mas denominado de Círculo de Mohr, 
por se poder utilizar a região interna em diversas situações. 
 
 
4.1.1 Círculo de Mohr 
 
Nos planos onde atuam as tensões principais, tensão máxima: σ1 e tensão 
mínima: σ2, as tensões tangenciais valem zero. 
 
Obs.: Convençãode sinais: 
σ > 0  TRAÇÃO 
 
σ < 0  COMPRESSÃO 
 
τ > 0 → rotação horária 
 
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 τ < 0→ rotação anti-horária 
 
 
 
4.2 Estado plano (duplo/bidimensional) de tensões 
 
Considere um elemento infinitesimal com solicitação geral de tensões. 
 
 
 
 
Equilíbrio de forças: 
∑ Fy̅= 0 
 
σ�̅�dA=[σxdA cosθcosθ+2.(τxydA senθcosθ)+σydA senθsenθ] 
 
σ�̅� =σx cos
2θ+2τxy senθcosθ+σy sen
2θ 
 
∑ Fx̅= 0 
 
τ𝑥𝑦̅̅̅̅ dA= σydA senθ cosθ+τxy
dA cosθ cosθ-τxydA senθ senθ+σx
dA cosθ senθ 
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τxy̅̅ ̅dA= (σy-σx)senθcosθ+τxy
(cos2θ-sen2θ) 
 
Arcos duplos: 
σ�̅� = (
σx+σy
2
) + (
σx-σy
2
) cos 2θ +τxy sen2θ 
τ𝑥𝑦̅̅̅̅ =
σy-σx
2
sen2θ +τxy cos2θ 
 
4.2.1 Círculo de Mohr 
 
 A partir das expressões de σ�̅� e de τ𝑥𝑦̅̅̅̅ pode-se obter a equação do Círculo de 
Mohr: 
 
(σx̅-
σx+σy
2
)
2
= (
σx-σy
2
cos 2θ +τxy sen2θ)
2
 
 
(τ𝑥𝑦̅̅̅̅ )
2
= (
σy-σx
2
sen2θ +τxy cos2θ)
2
 
 
∴ (σx̅-
σx+σy
2
)
2
+(τ𝑥𝑦̅̅̅̅ )
2
=(σx-σy)
2
+τxy
2 
 
Centro do círculo: 
(
σx+σy
2
, 0) 
 
Raio do círculo: 
R=√
(σx-σy)
2
2
+τxy
2
 
 
Portanto: 
σ1 =
σx+σy
2
+R 
τmax=+R 
 
 
σ2 =
σx+σy
2
-R 
 
τmin=-R 
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4.2.2 Tensões principais (σ1,σ2): 
 
σ1,2=
σx+σy
2
± √(
σx-σy
2
)
2
+τxy
2 
 
Na orientação principal, o cisalhamento é nulo, portanto: 
 
τxy̅̅ ̅=0 
 
σy-σx
2
sen2θ+τxy cos2θ=0 
 
∴tg2θ1=
2τxy
σx-σy
 
Direções principais: 
θ' e θ'' 
 
Propriedade: 
σx+σy=σx̅+σy̅=σ1+σ2=cte 
 
Expressão Matricial das tensões: 
 
[σ̅]=[M][σ][M]T 
 
[M]= [
cos α sen α
- sen α cos α
] ; 
 
M:matriz de transformação de coordenadas. 
 
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[σ̅]= [
σx̅ τxy̅̅ ̅
τxy̅̅ ̅ σy̅
] 
 
[σ]= [
σx τxy
τxy σy
] 
 
4.3 Exercícios 
1) Calcular as tensões principais e suas direções, e desenhar o círculo de Mohr. x = 
160 kN/cm2 , y = 60 kN/cm
2 e xy = 40 kN/cm
2 
 
 
2) Calcular as tensões de cisalhamento nos cortes I, II e III. Dados: 
σI=10 kN/cm
2;σII=0 kN/cm
2; σIII=-10 kN/cm
2. 
 
 
3) Calcular as tensões principais e suas direções. 
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4) Calcular as tensões principais e suas direções. Dados: σa=3 kN/cm
2;σb=1,5 kN/cm
2; 
σc=0,5 kN/cm
2 
 
 
5) Calcular as tensões principais e suas direções nos pontos 1 e 2 indicando os planos 
onde elas atuam. Estes pontos estão na seção transversal do apoio B. 
 
[
 
[cm] 
 
Resolução do exercício 5: 
 
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A obtenção das tensões (normal e tangencial) nos pontos 1 e 2 da seção 
transversal do apoio B, exige a determinação do momento fletor e da força cortante 
nessa seção obtidos a seguir: 
 
∑ MA = 0 → RB×200-(250×0,1)× (
250
2
) =0 
 
RB=15,625 kN 
 
∑ F𝑦 = 0 → RA + RB = 0,1 × 250 
 
RA=25 - 15,625 = 9,375 kN 
 
 
 
 
 Características geométricas da seção transversal: 
IZ=
30×10
3
12
+ 30×10×6
2
+
10×20
3
12
 10×20×9
2
= 36.167 cm4 
 
S1=0 cm
3 
 
S2=|10×15×11,5| = 1.725 cm
3 
 
 Cálculo das Tensões 
Ponto 1 
τ(1)=
VB×S1
b×IZ
= 0 
 
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σ(1)=
MB
IZ
× y
1
= 
125
36167
× 11 = 0,038 kN/cm2 
 A tensão (1) será negativo porque o ponto 1 está abaixo da linha neutra, região 
da seção em que MB causará compressão (ver diagrama de momento fletor). 
 
σ1
σ2
}
-0,038
2
 ± √(
-0,038
2
)
2
+0
2 {
σ1=0
σ2=-0.038
(kN/cm2) 
 
Estado de Tensão 
 
Ponto 2 
 
 
τ (2)̅̅ ̅̅ =
VB×S1
b×IZ
= 
10.625×1725
10×36167
=0,050 kN/cm2 
 
σ (2)̅̅ ̅̅ =
MB
IZ
× y
1
= 
125
36167
× 4 = 0,0138 kN/cm2 
 
 O estado de tensões em torno do ponto 2 pode ser representado por um elemento 
de área como se mostra na figura e respeitados as convenções de sinais para esforços 
solicitantes e tensões, resultam os sentidos indicados. 
 
 
Estado de Tensão no ponto 2 
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σ1
σ2
}
0,0138
2
 ± √(
0,0138
2
)
2
+0,050
2 {
σ1=0,057
σ2=-0.0435
(kN/cm2) 
 
Obs.: xy > 0 e V < 0, isto ocorre devido à convenção de sinais adotados para tensão 
tangencial e força cortante. 
 
 
 
 Círculo de Mohr 
 
 Ponto 2: 
tg2θ1=
2×(0,050)
0,0138
=7,24 
θ1=41,07° 
 
 
 
Obs.: Ponto 1: as direções principais, visto que, (1) e y = 0 e as direções principais são 
0º e 90º. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5 Teoria das deformações 
 
Seja um elemento que ilustra os deslocamentos e rotações: 
 
 
 
Tem-se as deformações Normais: 
 
εx= 
∂u
∂x
 
 
εy= 
∂v
∂y
 
 
E as deformações tangencias: 
 γ
1
=tg γ
1
=
∂u
∂y
 
 
 γ
2
=tg γ
2
=
∂v
∂x
 
 
γ=γ
1
+γ
2
=
∂v
∂x
+
∂u
∂y
=γ
xy
 
 
5.1 Coeficiente de Poisson: 
 
Considerando solicitação apenas na direção x, tem-se: 
 
ν=-
εx
εy
>0 
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Em materiais isotrópicos (que têm o mesmo comportamento elástico em todas as 
direções): 0 <  < 0,5 
 
 
5.2 Lei de Hooke generalizada 
5.3 
A lei de Hooke estabelece que a tensão aplicada provoque uma deformação 
proporcional. 
Pode-se afirmar então que se em todos os pontos de um sólido elástico atua 
tensão σ de direção constante, um comprimento l, sofrerá, na direção da tensão, uma 
variação de comprimento: 
 
∆l=l
σ
E
 
 
Considerando agora que ocorra solicitação em mais de uma direção, pode-se 
avaliar o efeito de cada tensão isoladamente: 
 
∆l=εl 
 
Tensão apenas na direção x: 
 
εx=
σx
E
→∆lx=
σx
E
lx 
 
εy=-νεx=-ν
σx
E
→∆ly=
σx
E
ly 
 
εz=-νεx=-ν
σx
E
→∆lz=
σx
E
lz 
 
Tensão apenas na direção y: 
 
εy=
σy
E
→∆ly=
σy
E
ly 
 
εx=-νεy=-ν
σy
E
→∆lx=
σy
E
lx 
 
εz=-νεy=-ν
σy
E
→∆lz=
σy
E
lz 
 
Tensão apenas na direção z: 
 
εz=
σz
E
→∆lz=
σz
E
lz 
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εx=-νεz=-ν
σz
E
→∆lx=
σz
E
lx 
 
εy=-νεz=-ν
σz
E
→∆ly=
σz
E
ly 
 
Por superposição de efeitos: 
 
∆lx=
σx
E
lx-ν
σy
E
lx-ν
σz
E
lx 
 
∴εx=
σx
E
-ν (
σy
E
+
σz
E
) 
 
Analogamente, ocorre nas outras direções: 
 
εy=
σy
E
-ν (
σx
E
+
σz
E
) 
 
εz=
σz
E
-ν (
σx
E
+
σy
E
) 
 
 Além disso, para a distorção, tem-se: 
 
γ
xy
=
τxy
G
; γ
xz
=
τxz
G
; γ
yz
=
τyzG
 
 
Onde G é o módulo de elasticidade transversal: 
 
G=
E
2(1+ν)
 
 
Num estado triplo de deformações, tem-se portanto: εx,εy,εz,γxy,γxz,γyz. 
 
Num estado plano de deformações, tem-se apenas: εx,εy,γxy. 
 
εx=
σx
E
-ν (
σy
E
) 
εy=
σy
E
-ν (
σx
E
) 
γ
xy
=
τxy
G
 
 
 Para calcular as deformações de um plano inclinado de θ em relação ao eixo 
original x, tem-se: 
εx̅ = (
εx+εy
2
) + (
εx-εy
2
) cos 2θ +
γ
xy
2
sen2θ 
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εy̅ = (
εx+εy
2
) + (
εy-εx
2
) cos 2θ -
γ
xy
2
sen2θ 
 
γ
xy̅̅ ̅
 = (εy-εx) sen 2θ + γxycos2θ 
 
Deformações principais (ε1 e ε2): 
 
ε1
ε2
=
εx+εy
2
± √(
εx-εy
2
)
2
+ (
γ
xy
2
)
2
 
 
E as suas direções principais θ´1 e θ´´1 : 
 
tg2θ1=
γ
xy
εx-εy
 
 
 
 
 
5.4 Exercícios 
 
1) Calcular as tensões σx, σy e σz. 
 
 
2) Calcular lx do sólido I. σz=10 kN/cm
2;P=800 kN;EI=5000 kN/cm
2;νI=0,3; 
EII=1000 kN/cm
2 e νII=0,4. 
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3) Qual o deslocamento total em y e a carga máxima. Dados: E = 100 tf/cm2 e ν=0,4. 
 
 
4) Determinar as tensões. Dados: εa = 200 x 10-6; b = 300 x 10-6; εa= ε2; E=20.000 
kN/cm2 e ν=0,3. 
 
 
5) Para o tubo de parede fina; calcular Mt e F. Dados: 
εa=-1,40×10
-4; εb=4,80×10
-4; E=21.000kN/cm2; ν=0,3 
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6) Desenhar o círculo de Mohr. Dados: εx=-5×10
-4
; εy=3,10×10
-4
 e γ
xy
=6×10
-2
 rad. 
 
 
7) No ponto O da viga indicada na figura foram medidas as deformações nas direções A 
e B e encontrados: εa=7,14×10
-5 𝑒 εb=16,07×10
-5. Sabendo-se que essa viga está 
solicitada apenas por M e V, calcular esses valores. Dados: 
E=800 kN/cm2; E=21.000 kN/cm2; ν=0,3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resolução do exercício 3: 
 
Estágio 1: Sólido encosta das paredes na direção x: 
σx=0; σy=0 e σz=
P
400
 
 
∆lx=0,02 cm 
 
∆lx=εxlx 
 
0,02=εx20 
 
εx=0,001 
 
εx=
1
E
[σx-ν(σy+σz)] 
 
0,001=
1
100
[-0.4× (-
P
400
)] 
 
P=100 tf 
Na direção z: 
∆lz=εzlz 
 
εz=
1
E
[σz-ν(σx+σy)] 
 
0,001=
1
100
[-0,4× (-
100
400
)] 
 
∆lz=εzlz=0,001. 20=0,02 
 
 
Estágio 2: Sólido encosta das paredes na direção z: 
 
σy=
P
400
 e σz=0 
 
∆lx=0,02 cm 
 
∆lz=0,004 -0,002=0,002 
 
0,02=εz20 
 
εz=0,001 
 
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εz=
1
E
[σz-ν(σx+σy)] 
 
0,001=
1
100
[-0.4× (σx-
P
400
)] 
(I) 
 
εx=0 
 
εx=
1
E
[σx-ν(σy+σz)]0=
1
100
[σx-0.4× (-
P
400
)] 
 
(II) 
 
De (I) e (II): 
 
{
0,1=-0.4σx+0,001P
0=σx+0,001P
 
 
Resolvendo o sistema: 
σx=-0,071 tf/cm
2 
P=71,43 tf 
 
Carga Total: 
Ptotal=P1+P2=100+71,43=171,43 tf 
 
εy=
1
E
[σy-ν(σx+σz)] 
 
εy=
1
100
[-
171,43
400
-0.4×(-0,071+0)] =-0,004 
 
Deslocamento total em y: 
 
 
∆ly=εyly=-0,004×30=-0,12 cm 
 
 
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6 Energia de Deformação 
 
 Na mecânica, trabalho é realizado quando um sólido sofre um deslocamento 
causado por uma força em sua direção. 
 
Por exemplo, ao calcular o trabalho realizado por uma força axial aplicada na 
extremidade da barra. 
 
 
 
Como a força N aumenta gradualmente de 0 até P, o deslocamento varia de 0 até 
Δl. Se o material comportar de maneira linear-elástica, a força será diretamente 
proporcional ao deslocamento, ou seja: 
 
Nx=kx 
 
 Onde: 
k=constante 
 
Pela Lei de Hooke: 
 
εx=
1
E
[σx-ν(σy+σz)], sendo σy=σz=0 
 
∴εx=
σx
E
 
 
σx=
Nx
A
→x=∆l 
 
σx=
N
A
→εx=
∆l
l
 
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N=Kx=
EA
l
∆l 
 
dU=Nxdx=kxdx 
 
A energia será: 
U= ∫ dU
∆l
0
= ∫ kx dx =
𝑘𝑥2
2
|
0
∆l∆l
0
 
 
U=
k∆l
2
2
=
N∆l
2
 
 
U=
1
2
N∆l 
 
Sendo U a energia de deformação (carregamento lento). O carregamento lento é 
o carregamento aplicado de zero até o valor final. Em caso de carregamentos rápidos 
(carregamentos instantâneos), tem-se: U=N∆l, uma vez que o gráfico apresenta-se 
como um retângulo. 
 
Exemplos: 
 
 Carregamento lento: peso próprio da estrutura. 
 
 Carregamento rápido: ação do vento. 
 
 
 
6.1 Energia de deformação 
 
É definida como a capacidade de produzir trabalho. A energia armazenada em 
sólidos elásticos devido à deformação dos elementos sob ações externas é igual ao 
trabalho interno. 
 
Objetivos de seu conhecimento: 
 
i. Calcular deslocamentos; 
 
ii. Calcular incógnitas hiperestáticas. 
 
Métodos de cálculo da energia de deformação: 
 
i. Pelas tensões; 
 
ii. Pelos esforços solicitantes; 
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iii. Pelas cargas. 
 
6.2 Cálculo pelas tensões 
 
Seja um elemento no estado triplo de tensões. 
 
 
 
O cálculo da energia de deformação será realizado por superposição de efeitos. 
 
Efeito total = somatório dos efeitos parciais 
 
Modelo de cálculo: 
 
Trabalho é força por deslocamento. Se o elemento de volume está submetido à 
tensão σy tem-se: 
 
 Força: σydxdz 
 
 Deslocamento: εydy 
 
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 Trabalho: σydxdzεydy 
dUy=
1
2
σyεydxdydz 
 
dV=dxdydz (V=Volume) 
 
dUy=
1
2
σyεydV 
 
Analogamente: 
dUx=
1
2
σxεxdV 
 
dUz=
1
2
σzεzdV 
 
Efeito total: 
 
dUσx+dUσy+dUσz=dUσi 
 
dUσi=
1
2
σxεxdxdydz+
1
2
σyεy,dxdydz+
1
2
σzεzdxdydz 
 
Dividindo-se ambos os lados por dxdydz: 
 
 
U0,σ=
∑ dUσi
dxdydz
=
∑ ∂Uσi
dV
 
 
 Sendo: 
 
U0,σ=Energia específica de deformação (só as tensões normais). 
 
 Para um elemento de volume, a tensão de cisalhamento provoca deformação no 
elemento. 
 
 Assim, a energia de deformação armazenada no elemento é: 
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dUτxz=
1
2
τxzγxzdxdydz 
dUτxy=
1
2
τxyγxydxdydz 
 
dUτyz=
1
2
τyzγyzdxdydz 
 
Efeito total: 
dUτxz+dUτxy+dUτyz=dUτij 
 
 
U0,τ=
∑ dUτij
dxdydz
=
∑ dUτij
dV
 
Sendo: 
 
U0,τ= Energia específica de deformação (só as tensões de cisalhamento). 
 
Efeito global: 
U= ∑(dUσi+dUτij) 
 
U0= ∑(U0,σ+U0,τ)volume 
 
U= ∫ U0dV
volume
 
 Ou seja: 
 
U=
1
2
∫ (σxεx+σyεy+σzεz+τxyγxy+τxz
γ
xz
+τyzγyz) dV
v
 
 
6.3 Cálculo pelos esforços solicitantes 
 
Considere uma viga: 
 
σx = 
N
A
+
M
I
y 
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τxy = 
VS
bI
 
U= ∫ UodV
v
 
Uo=
1
2
(σxεx+τxyγxy)Pela Lei de Hooke: 
εx=
σx
E
 e γ
xy
=
τxy
G
 
 
Uo=
1
2
(
σx
2
E
+
τxy
2
G
) =
1
2
[
1
E
(
N
A
+
M
I
y)
2
+
1
G
(
VS
bI
)
2
] 
 
 
Uo=
1
2
[
1
E
(
N2
A
2
+2
N
A
M
I
y+
M2
I2
y2) +
1
G
(
V2S
2
b
2
I2
)] 
 
 
Uo= ∫ ∫
1
2
[
1
E
(
N2
A
2
+2
N
A
M
I
y+
M2
I2
y2) +
1
G
(
V2S
2
b
2
I2
)]
A
l
0
dAdx 
 
Resolvendo as integrais de área, tem-se: 
 
U= ∫ [
1
2E
(
N2
A
+
M2
I
) +
1
2G
(c
V2
A
)] dx
l
0
 
 
 Onde c é o fator de forma: 
c=A ∫
S
2
G
2
I2
∂A
A 
Observação: 
 
No caso da Torção: 
τxy=
Mt
Wt
=
Mt
It
t 
Ou seja: 
U= ∫ [
1
2E
(
N2
A
+
M2
I
) +
1
2G
(c
V2
A
) +
Mt
2
2GIt
] dx
l
0
 
 
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∴U=
1
2
[∫
N2
EA
dx+ ∫
M2
EI
dx+ ∫
cV2
GA
dx+ ∫
Mt
2
GIt
dx]
estrutura 
 
6.3 Cálculo pelas cargas 
 
Seja: 
 
T= ∫ Pi⃗⃗⃗dt⃗⃗⃗ ⃗
t
0
 onde T=trabalho. 
 
 
 
T = U onde U = energia de deformação. 
 
Observação: 
 
Teoria de 1a ordem: pontos Ai e Bi muito próximos. 
 
Ti=
1
2
Pivi 
Ou genericamente: 
 
T=
1
2
∑ Pivi =U→TEOREMA DE CLAPEYRON 
 
Pode-se, portanto, calcular o deslocamento no ponto e na direção da força ou 
momento aplicado, com esse teorema. A aplicação é bastante limitada, pois apenas uma 
força externa ou momento pode atuar na estrutura. 
 
6.4 Teorema de Maxwell 
 
Trata de uma estrutura elástica com duas cargas Pi e Pk. 
 
Seja a viga abaixo. Por superposição de efeitos: 
 
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Considere a teoria de 1a ordem. 
 
Observação: 
 
δnj indica o deslocamento, sendo o 1º índice, n, a posição do deslocamento e o 2º 
índice, j, índica a posição da carga que provocou o deslocamento. 
Assim: 
vi=Piδii+Pkδik 
 
vk=Piδki+Pkδkk 
 
Calcula-se agora o trabalho executado pelas cargas, que deve ser igual a energia 
de deformação acumulada na viga deformada. Existem duas formas de carregamento: 
 
1a forma de carregamento: 
 
Aplica-se apenas Pi que varia de 0 até Pi. 
 
 
Numa segunda fase de carregamento, Pi permanece constante enquanto Pk cresce 
de 0 até Pk. 
 
 
Apenas as parcelas correspondentes as cargas crescentes levam o fator 1/2, não 
aquelas referentes as cargas constantes. Assim o trabalho executado vale: 
 
T1=
1
2
PiPiδii+1PiPkδik+
1
2
PkPkδkk 
 
 
 
 
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2ª forma de carregamento: 
 
 
Portanto o trabalho executado vale: 
 
T2=
1
2
PkPkδkk+
1
2
PiPiδii+1PkPiδki 
 
Porém o trabalho realizado é o mesmo: T1 = T2. 
 
Substituindo os valores, tem-se que: 
 
T1=T2 
1
2
PiPiδii+1PiPkδik+
1
2
PkPkδkk=
1
2
PkPkδkk+
1
2
PiPiδii+1PkPiδki 
 
1PiPkδik=1PkPiδki 
 
δik=δki→TEOREMA DE MAXWELL 
 
Observações: 
 
Se substituirmos as forças Pi e Pk por um grupo de forças, tem-se o Teorema de 
Betti. O Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças por momentos. 
 
Enunciado: “O deslocamento de um ponto i na direção i quando aplicada uma 
carga no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k na direção k quando aplicada 
uma carga no ponto i”. 
 
6.6 Teorema de Castigliano 
 
“A derivada parcial da energia de deformação em relação a uma carga Pk é igual 
ao deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da carga” (vk é definido como a 
projeção do deslocamento sobre a direção da carga). 
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 Este teorema enuncia derivada parcial porque U é função de muitas variáveis. 
Considerando as cargas como variáveis independentes, os deslocamentos são funções 
lineares delas: 
 
v1=P1δ11+⋯+Piδ1i+⋯+Pkδ1k+⋯+Pnδ1n 
 
vi=P1δi1+⋯+Piδii+⋯+Pkδik+⋯+Pnδin 
 
vk=P1δk1+⋯+Piδki+⋯+Pkδkk+⋯+Pnδkn 
 
U=
1
2
∑ Pivi
n
i=1
 
 
dU
dPk
=
1
2
[∑
dPi
dPk
vi
n
i=1
+ ∑ Pi
𝑑vi
dPk
n
i=1
] 
 
 Na primeira soma: 
i ≠ k →
dPi
dPk
= 0 
 
i = k →
dPi
dPk
= 1 
 
Na segunda soma: 
dv1
dPk
=δ1k ; 
dv2
dPk
=δ2k 
 
 Portanto: 
dU
𝑑Pk
=
1
2
(vk + P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯) 
 
 Mas: 
vk = P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯ 
 
E pelo teorema de Maxwell, tem se: 
 
δik=δki 
 
Assim: 
dU
dPk
=
1
2
(vk + vk) 
 
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dU
dPk
= vk 
 Como: 
U=
1
2
∫ (
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
+
T2
GIt
) dx
est
 
 Assim: 
δi=
d
dPi
1
2
∫ (
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
+
T2
GIt
) dx
est
 
 
δi= ∫ (
N
EA
dN
dPi
+
M
EI
dM
𝑑Pi
+
cV
GA
dV
dPi
+
T
GIt
dT
dPi
) dx
est
 
 
δi= ∫ (
NN̅
EA
+
MM̅
EI
+
cVV̅
GA
+
TT̅
GIt
) dx
est
 
 
 É importante lembrar que ao determinar N, M, V e T da estrutura, deve-se deixá-
los em função de Pk (existindo ou não), para só no final dos cálculos (após a fase da 
integração) a substituirmos por seu valor original (seja ele nulo ou não). 
 
Observação: 
 
 Para facilitar os cálculos, para certos tipos especiais de estrutura, pode-se 
desconsiderar certas parcelas da energia, já que são muito menores que as outras. 
 
 Vigas e pórticos planos: 
 
 Aqui, o momento fletor é responsável por gerar uma energia muito maior que as 
geradas pela normal, cortante e momento torçor. 
 
 Portanto, simplifica-se para: 
vk= ∫
MM̅
EI
dx
est
 
 
 Treliças e tirantes: 
 
 Neste caso, as barras sofrem somente solicitação normal, ou seja: 
vk= ∫ (
N
EA
dN
dPk
+
0
EI
+
0
GA
+
0
GIt
) dx
est
 
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vk= ∫
N
EA
dN
dPk
dx
est
 
 
Como a força normal nas barras é uma função de grau zero (um valor constante 
na barra toda), pode-se dizer que N independe de x, ou seja: 
 
∫ Ndx=N
l
0
∫ dx
l
0
=Nl 
 Onde l é o comprimento da barra. 
 
 Considerando que o mesmo vale para 
dN
dPk
, tem-se: 
 
vk= ∫
N
EA
dN
𝑑Pk
dx
treliça
= ∑ ( ∫
N
EA
dN
dPk
dx
barra,i
)
n
i=1
 
 
vk= ∑
N
EA
dN
dPk
l 
 
 Observações: 
 
 No caso de um pórtico atirantado, deve-se usar: 
 
vk= ∫
M
EI
dM
dPk
dx
pórtico
+ ∫
N
EA
dN
dPk
dx
tirante
 
 
Como o teorema de Maxwell vale se substituir forças por momentos (e, 
naturalmente, deslocamentos (translação) por giros (rotação), pode-se assim determinar, 
ao invés do deslocamento vk de um ponto, o seu giro absoluto ϕk (para vigas e pórticos 
planos): 
ϕ
k
= ∫
M
EI
dM
dMk
dx
estrutura
 
 
 Sendo Mk o momento no ponto k desejado, de mesmo sentido do giro ϕk. 
 
 
 
 
 
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6.7 Teorema de Menabrea 
 
 Usado para resolver problemas hiperestáticos, ele nada mais é que o teorema de 
Castigliano usado com o propósito inverso (num ponto onde o deslocamento já é 
conhecido e a força lá atuante, não). 
 Num apoio fixo, por exemplo, tem-se reações em duas direções. Ou seja, sabe-se 
que esse ponto tem deslocamento, nessas duas direções, nulo. Sendo assim, pode-se 
determinar uma das reações da seguinte forma: 
 
vk=
dU
dPk
=0 
 
Neste caso, Pk é a própria reação do apoio – uma incógnita hiperestática. 
 
6.8 Exercícios