Torção e Flexão

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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Olá, seja bem-vindo(a)! 
Nesta aula, desenvolveremos o método para determinar a tensão de 
cisalhamento devido à uma carga de torque. Vamos descobrir a relação entre a 
a potência de um sistema e o torque e o ângulo de torção provocado pela 
deformação cisalhante de um torque. Também vamos aprender a determinar a 
tensão normal devido a um carregamento do tipo momento fletor. Para isso, 
relembraremos da construção dos diagramas de força cortante e do momento 
fletor de uma viga. 
TEMA 1 – DEFORMAÇÃO POR TORÇÃO DE UM EIXO CIRCULAR 
Quando aplicamos uma força que gera um torque em um eixo, este 
sofrerá uma deformação torcional como mostra a Figura 1. 
Figura 1 – Deformação de um eixo devido ao torque aplicado 
 
Créditos: Dan Race/Shutterstock. 
No eixo apresentado na Figura 1, as linhas longitudinais eram paralelas 
entre si como mostra a Figura 2a, entretanto, devido à aplicação do torque, essas 
linhas foram torcidas como mostra a imagem da Figura 2b. 
 
 
 
3 
Figura 2 – (a) Eixo antes da deformação e (b) eixo deformado devido à aplicação 
de um torque 
 
 
 
 
 
 
 
(a) (b) 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Esse é um efeito que ocorre em eixos rotativos ou sistemas submetidos à 
carga de torque, como: eixos de transmissão, parafusos, engrenagens etc. A 
Figura 3 mostra um eixo de transmissão com os dentes deformados devido à 
carga excessiva de torque. 
Figura 3 – (a) Eixo de transmissão e (b) parafuso deformado devido ao torque 
excessivo aplicado 
(a) (b) 
Créditos: lbrumf2/ Shutterstock; ZhakYaroslav/Shutterstock. 
Quem nunca espanou um parafuso devido à aplicação de cargas excessivas 
sobre ele, ou detonou a cabeça de um parafuso com cabeça fenda, Philips ou 
sextavada (Figura 4)? Tudo isso ocorre porque o torque aplicado excede a 
tensão de escoamento devido ao cisalhamento, provocando deformações 
permanentes no material. 
 
Antes da deformação 
Círculos 
permanecem 
circulares 
Linhas 
longitudinais 
ficam torcidas 
Linhas radiais 
permanecem retas 
Depois da deformação 
T 
T 
https://www.shutterstock.com/pt/g/ZhakYaro
 
 
4 
Figura 4 – Parafuso com rosca e porca espanada 
 
Créditos: Aleksei Kochergin/ Shutterstock. 
1.1 Fórmula da torção 
Quando uma carga externa é aplicada a um objeto, uma força interna 
correspondente é produzida. Considerando-se uma carga do tipo torque, a 
tensão de cisalhamento varia com a magnitude do torque, a posição racial e o 
momento polar de inércia (estudado posteriormente), e é definida por: 
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
 (1) 
em que 𝑇𝑇 é o torque interno, 𝑇𝑇 é o raio no qual se deseja determinar a tensão de 
cisalhamento e 𝐽𝐽 é o momento polar de inércia da seção transversal do eixo. 
Em geral, nos projetos de engenharia, o projetista está interessado em 
conhecer a tensão máxima de cisalhamento no eixo. Para isso, além de 
conhecer o torque máximo ao longo do comprimento do eixo é necessário 
considerar o raio externo no cálculo da tensão, assim, temos: 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
 (2) 
em que 𝑇𝑇 é o raio externo do eixo. 
1.2 Momento polar de inércia 
O momento polar de inércia é a resistência que um eixo tem quanto à 
torção. Portanto, quanto maior for o momento de inércia, maior tensão/torque o 
eixo poderá suportar. Para eixos maciços, a equação do momento polar de 
inércia é definida como: 
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋
𝑇𝑇4
2
 (3) 
Para os eixos tubulares, o momento polar de inércia é calculado por: 
 
 
5 
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋
(𝑇𝑇4 − 𝑇𝑇𝑖𝑖4)
2
 (4) 
sendo 𝑇𝑇𝑖𝑖 o raio interno da parte vazada do eixo. 
1.3 Distribuição da tensão de cisalhamento 
Para materiais lineares, elásticos e homogêneo, o torque interno em um 
eixo desenvolve uma distribuição linear de tensão de cisalhamento ao longo da 
linha radial no plano da seção transversal e ao longo da linha axial como mostra 
a Figura 5. 
Figura 5 – Distribuição da tensão de cisalhamento em um eixo genérico 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Exemplo 1: 
O eixo maciço e o tubo mostrado nas figuras (a) e (b), respectivamente, 
são feitos de um material com tensão de cisalhamento admissível igual a 75 
MPa. Calcule o torque máximo que pode ser aplicado no (a) eixo maciço e (b) 
no tubo, e determine a tensão de cisalhamento no raio interno do tubo 
considerando o torque máximo calculado. 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
6 
Solução: 
(a) Para determinar o torque máximo no eixo vamos utilizar a Equação 2, 
isolando 𝑇𝑇. Mas antes podemos aplicar a Equação 3 para determinar o momento 
polar de inércia desse eixo, sabendo que o raio é de 100 mm ou 0,1 m, 
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋
𝑇𝑇4
2
= 𝜋𝜋
0,14
2
 → 𝐽𝐽 = 1,5708. 10−4 𝑚𝑚4 
Isolando 𝑇𝑇 e substituindo esse resultado na Equação 2, em que 𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
75 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 conforme o enunciado 𝑇𝑇 é o raio, temos: 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
 → 𝑇𝑇 = 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥𝐽𝐽
𝑇𝑇
=
75. 106. 1,5708. 10−4
0,1
 → 𝑇𝑇 = 117,81 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚 
(b) Faremos o mesmo procedimento para determinar o torque máximo no 
tubo. Para isso, vamos considerar a Equação 4 para o cálculo do momento polar 
de inércia, sabendo que o raio externo é 100 mm ou 0,1 m e o raio interno é 75 
mm ou 0,075 m, 
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋
(𝑇𝑇4 − 𝑇𝑇𝑖𝑖4)
2
= 𝜋𝜋
(0,14 − 0,0754)
2
 → 𝐽𝐽 = 1,0738. 10−4 𝑚𝑚4 
Substituindo esse resultado na Equação 2, em que 𝑇𝑇 é o raio externo do 
tubo, ficamos com: 
𝑇𝑇 = 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥𝐽𝐽
𝑇𝑇
=
75. 106. 1,0738. 10−4 
0,1
 → 𝑇𝑇 = 80,53 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚 
Para determinar a tensão de cisalhamento no raio interno do tubo, vamos 
aplicar a Equação 1, sabendo que 𝑇𝑇 = 80,53 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚, 𝐽𝐽 = 1,0738. 10−4 𝑚𝑚4 e 𝑇𝑇 =
75 𝑚𝑚𝑚𝑚 ou 0,075 𝑚𝑚. 
Assim, temos: 
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
=
80,53. 103. 0,075
1,0738. 10−4
 → 𝜏𝜏 = 56,25 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
Concluindo esse exemplo, veja que o torque máximo que o tubo pode 
suportar mesmo tendo o mesmo diâmetro externo que o eixo é menor que o 
torque máximo no eixo, isso se deve ao momento polar de inércia que para o 
tubo seja menor que o eixo maciço, por isso, ele resiste menos ao torque para 
um mesmo material com a mesma tensão máxima de cisalhamento. Observe 
também que a tensão no raio interno do tubo é menor que a do raio externo, pois 
ela varia de forma linear com o raio adotado. 
Exemplo 2: 
 
 
7 
O eixo maciço mostrado na figura (a) é apoiado por mancais e está sujeito 
a três torques. Calcule a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos A e B 
localizados na seção a-a do eixo, conforme figura (b). 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
O primeiro passo é determinar o torque na seção a-a. Isso deve ser 
através de um corte passando pela seção a-a. Veja que ao realizar um corte 
nessa seção, podemos analisar o equilíbrio tomando o lado esquerdo ou direito 
da seção. Vale a pena identificar qual dos dois lados é o mais fácil. 
Observe que o lado direito da seção a-a possui apenas um torque 
aplicado, tornando mais simples nossos cálculos. Portanto, temos o seguinte 
DCL: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Aplicando a equação de equilíbrio, por meio do somatório de momento 
(torque), temos: 
�𝑀𝑀 = 0; 𝑇𝑇𝑎𝑎−𝑎𝑎 − 1250 = 0 → 𝑇𝑇𝑎𝑎−𝑎𝑎 = 1250 𝑘𝑘.𝑚𝑚 
Para o cálculo da tensão de cisalhamento no ponto A e no ponto B, o 
momento de inércia será o mesmo, pois é uma propriedade geométrica da 
seção. Vamos determiná-lo aplicando a Equação 3 para o raio do eixo igual a 
0,075 𝑚𝑚 
 
 
8 
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋
𝑇𝑇4
2
= 𝜋𝜋
0,07542
 → 𝐽𝐽 = 4,97. 10−5 𝑚𝑚4 
Aplicando a Equação 1, podemos determinar a tensão de cisalhamento 
no ponto A e B, considerando-se os seus respectivos raios, 𝑟𝑟𝐴𝐴 = 0,075 𝑚𝑚 e 𝑟𝑟𝐵𝐵 =
0,015 𝑚𝑚 
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
 → 𝜏𝜏𝐴𝐴 =
1250.0,075
4,97. 10−5
 → 𝜏𝜏𝐴𝐴 = 1,886 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
𝜏𝜏𝐵𝐵 =
1250.0,015
4,97. 10−5
 → 𝜏𝜏𝐵𝐵 = 377,26 𝑘𝑘𝑀𝑀𝑀𝑀 
TEMA 2 – TRANSMISSÃO DE POTÊNCIA E ÂNGULO DE TORÇÃO 
Os elementos de seção transversal circular são bastante utilizados na 
transmissão de potência desenvolvida por uma máquina, como o eixo da caixa 
de transmissão (Figura 6a) ou de um sistema com polias, como é o caso em 
elevadores (Figura 6b). Em geral, os elementos de engrenagem e polias são 
acoplados ao eixo a fim de aumentar ou reduzir a rotação e o torque. 
Figura 6 – (a) Eixo de transmissão com engrenagens e (b) eixo acoplado em 
uma polia para girar os cabos de um elevador 
(a) (b) 
Créditos: Fusionstudio/Shutterstock; sritakoset/Shutterstock. 
Os eixos, quando utilizados para esse fim, são sujeitos a um torque que 
depende da potência e da velocidade angular (rotação) fornecidas pela 
máquina/motor acoplado ao eixo. A relação entre a potência, o torque e a 
velocidade angular é dada por 
𝑀𝑀 = 𝑇𝑇𝑇𝑇 (5) 
sendo 𝑀𝑀 a potência em 𝑊𝑊 (Watts) no SI, 𝑇𝑇 o torque em N.m e 𝑇𝑇 a velocidade 
angular em 𝑟𝑟𝑀𝑀𝑟𝑟/𝑠𝑠 no SI. Entretanto, é muito comum encontrar a potência em 
https://www.shutterstock.com/pt/g/MalkovKonstantin
https://www.shutterstock.com/pt/g/sritakoset
 
 
9 
cavalo-vapor (hp, do inglês, horse power). Na prática, para transformar hp para 
W, basta multiplicar o resultado por 746, pois 1 hp = 746 W. 
Para máquinas rotativas, a rotação do eixo muitas vezes é medida em Hz 
que significa revoluções ou ciclos que o eixo faz por segundo. Para transformar 
de Hz para rad/s, basta multiplicar a unidade por 2𝜋𝜋, pois 1 Hz = 2𝜋𝜋 rad/s. Além 
dessa unidade, a velocidade angular pode ser fornecida em rpm (rotações por 
minuto). Para transformar rpm para rad/s, basta multiplicar a unidade por 2𝜋𝜋/60, 
pois 1 rpm = 2𝜋𝜋/60 rad/s. 
Exemplo 3: 
Um eixo maciço de aço deve ser utilizado para transmitir 5 hp do motor M 
ao qual está acoplado. Se o eixo gira a 𝑇𝑇 = 175 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑚𝑚 e o aço tem uma tensão de 
cisalhamento admissível 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 = 100 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, calcule o diâmetro necessário do eixo 
com precisão de mm. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Como o objetivo é determinar o diâmetro do eixo, temos que aplicar a 
Equação 2 isolando o 𝑇𝑇 (raio). Entretanto, precisamos, antes, obter o torque do 
eixo promovido pela potência e rotação do motor. Para isso, vamos aplicar a 
Equação 5 isolando o termo do torque. 
𝑀𝑀 = 𝑇𝑇𝑇𝑇 → 𝑇𝑇 =
𝑀𝑀
𝑇𝑇
=
5.746
�175. 2𝜋𝜋60�
 → 𝑇𝑇 = 203,54 𝑘𝑘.𝑚𝑚 
Observe que a potência foi multiplicada por 746 para transformá-la para 
W e a rotação foi multiplicada por 2𝜋𝜋/60 para transformá-la em rad/s. 
Substituindo esse resultado na Equação 2 e isolando o termo referente ao 
raio do eixo e considerando 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 = 100 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 conforme o enunciado: 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
=
𝑇𝑇𝑇𝑇
�𝜋𝜋 𝑇𝑇
4
2 �
=
𝑇𝑇
�𝜋𝜋 𝑇𝑇
3
2 �
=
2𝑇𝑇
𝜋𝜋𝑇𝑇3
 → 𝑇𝑇3 =
2𝑇𝑇
𝜋𝜋𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥
 → 𝑇𝑇 = �
2𝑇𝑇
𝜋𝜋𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥
�
(1/3)
 
 
 
10 
𝑇𝑇 = �
2.203,54
𝜋𝜋. 100. 106�
(1/3)
 → 𝑇𝑇 = (1,296. 10−6)(1/3) → 𝑇𝑇 = 0,0109 𝑚𝑚 ou 10,9 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Esse é o raio do eixo, para determinar o diâmetro basta multiplicar o 
resultado por 2, logo 
𝑟𝑟 = 2𝑇𝑇 = 2.10,9 → 𝑟𝑟 = 21,80 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Dificilmente você encontrará um eixo com esse diâmetro comercial, então, 
o mais sensato é comprar um eixo com o diâmetro mais próximo com valor acima 
de 21,80 mm, como um diâmetro de 22 mm. 
2.1 Ângulo de torção 
Como observado na Figura 1 e 2b, a aplicação de um torque provoca uma 
deformação torcional do eixo, gerando um ângulo de torção 𝜙𝜙(𝑥𝑥) como mostra a 
Figura 7. 
Figura 7 – Eixo com plano deformado em 𝜙𝜙 radianos 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
O ângulo de torção para um eixo com suas propriedades geométricas e 
materiais e torque variando com o comprimento é definido como: 
 
 
11 
𝜙𝜙 = �
𝑇𝑇(𝑥𝑥)
𝐽𝐽(𝑥𝑥)𝐺𝐺(𝑥𝑥)
𝐿𝐿
0
𝑟𝑟𝑥𝑥 (6) 
Em que 𝜙𝜙 é o ângulo de torção em radianos, 𝑇𝑇(𝑥𝑥) é o torque interno na posição 
arbitrária 𝑥𝑥, 𝐽𝐽(𝑥𝑥) corresponde ao momento polar de inercia em função da posição 
𝑥𝑥 e 𝐺𝐺(𝑥𝑥) é o módulo de elasticidade transversal (módulo de cisalhamento) em 
função de 𝑥𝑥. 
Para os eixos com seção transversal constante 𝑇𝑇(𝑥𝑥) = 𝑇𝑇 e 𝐽𝐽(𝑥𝑥) = 𝐽𝐽, 
material homogêneo 𝐺𝐺(𝑥𝑥) = 𝐺𝐺, a equação anterior é integrada e pode ser 
descrita como: 
𝜙𝜙 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽𝐺𝐺
 (7) 
A Equação 7 é utilizada para determinar o módulo de cisalhamento 𝐺𝐺 por 
meio de um ensaio de torção pura, fornecendo o diagrama de tensão x 
deformação de cisalhamento como visto anteriormente. Neste experimento um 
dos lados do corpo de prova é fixo e o outro é torcido por um torque aplicado por 
um motor. Esse torque provoca uma rotação em radianos do corpo de prova (𝜙𝜙). 
Conhecido também o comprimento do corpo de prova, os termos são 
substituídos na equação anterior gerando o diagrama, no qual essa etapa é feita 
pelo software da máquina durante todo o ensaio. A Figura 8 mostra uma 
ilustração do ensaio de torção pura. 
Figura 8 – Máquina ilustrativa para o ensaio de torção pura 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
 
12 
2.2 Torques múltiplos 
Em alguns sistemas o eixo pode estar submetido a uma série de torques 
diferentes, ou possuir diferentes seções ou materiais. Nesse caso, haverá um 
determinado ângulo de torção para cada segmento. Portanto, o ângulo de torção 
total é dado pela soma do ângulo de torção de cada segmento, ou seja: 
𝜙𝜙 = �
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽𝐺𝐺
 (8) 
Nesse tipo de situação é muito importante observar o sentido do giro do 
torque aplicado, pois torques em sentidos opostos anulam a quantidade de 
torque um do outro. Adotamos uma convenção de sinais que depende da seção 
adotada. Se for uma seção à direita, o torque é positivo no sentido anti-horário. 
Se for à esquerda, o torque é positivo no sentido horário. Essa é a chamada 
regra da mão direita. Observe na Figura 9 que o polegar está saindo da seção 
em ambas as situações e que a mão direita é utilizada para essa convenção. 
Figura 9 – Convenção de sinais para o torque interno em um eixo 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Exemplo 4: 
As engrenagens acopladas ao eixo de aço estão sujeitas aos torques 
mostrados na figura. Sabendo que o eixo tem um diâmetro de 14 mm, determine 
o deslocamento do dente 𝑀𝑀 da engrenagem 𝐴𝐴. Considere 𝐺𝐺 = 80 𝐺𝐺𝑀𝑀𝑀𝑀. 
 
 
 
13 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Como temos um problema em que o torque varia em cada engrenagem 
acoplada ao eixo, temos que descobrir o torque em cada seção. Podemos definir 
três seções: AC, CD e DE. Para isso, vamos fazer as seções em cada intervalo 
de seção. Para a primeira seção temos o seguinte DCL: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Observe na figura anterior que o torque interno 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 possui sentido oposto 
ao torque externo, pois é necessário garantir o equilíbrio em cada seção. Por 
isso, chegamos à conclusão que 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 = 150 𝑘𝑘.𝑚𝑚 no sentido anti-horário pela 
regra da mão direita. 
O torque interno do trecho CD pode ser obtido pelo seguinte DCL: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Observe que o torque de 150 N.m está no sentido horário quando 
utilizamos a regra da mão direita, logo, seu sinal é negativo, e que o torque de 
280 N.m está no sentido anti-horário,logo, seu sinal é positivo. Portanto, temos 
como resultado para o torque 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 o seguinte: 
 
 
14 
�𝑀𝑀 = 0; − 150 + 280 − 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 = 0 → 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 = −150 + 280 
 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 = 130 𝑀𝑀.𝑚𝑚 (sentido horário pela regra da mão direita). 
Por fim, o torque interno no trecho DE pode ser determinado considerando 
o seguinte DCL: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Considerando os sentidos para definir os sinais dos torques aplicados 
pela regra da mão direita, temos que o torque no segmento DE é 
�𝑀𝑀 = 0; − 150 + 280 + 40 − 𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 → 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 = −150 + 280 + 40 
𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷 = 170 𝑀𝑀.𝑚𝑚 (sentido horário pela regra da mão direita). 
Agora, vamos aplicar a Equação 8 para obter o ângulo de torção total do 
eixo 
𝜙𝜙 = �
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽𝐺𝐺
= 𝜙𝜙𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝜙𝜙𝐴𝐴𝐶𝐶 + 𝜙𝜙𝐶𝐶𝐷𝐷 
𝜙𝜙 =
𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐽𝐽𝐺𝐺
+
𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶
𝐽𝐽𝐺𝐺
+
𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷
𝐽𝐽𝐺𝐺
 
Como o momento polar de inércia é o mesmo para todo eixo, pois o 
diâmetro não muda com o comprimento e o módulo de cisalhamento também é 
o mesmo em todos os trechos, pois é considerado o mesmo material ao longo 
de todo eixo, podemos deixá-los em evidência. Sabendo-se que o módulo de 
cisalhamento do aço é 80 GPa (enunciado) e que raio do eixo é 7 mm ou 0,007 
m (enunciado) e que o momento polar de inércia é calculado pela Equação 3, 
temos: 
𝜙𝜙 =
1
𝐽𝐽𝐺𝐺
(𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶𝑇𝑇𝐴𝐴𝐶𝐶 + 𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷𝑇𝑇𝐶𝐶𝐷𝐷) 
𝜙𝜙 =
1
�𝜋𝜋 0,007
4
2 . 80. 10
9�
(150.0,4 − 130.0,3 − 170.0,5) 
Observe que o sinal do torque 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 é negativo, pois a rotação é no sentido 
horário. 
 
 
15 
𝜙𝜙 =
1
(301,719)
(60 − 39 − 85) → 𝜙𝜙 =
−64
(301,719)
 
𝜙𝜙 = −0,2121 𝑟𝑟𝑀𝑀𝑟𝑟 
em que o sinal negativo indica uma rotação no sentido horário. A seguinte figura 
mostra a representação do ângulo de torção no eixo. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
O enunciado pede o deslocamento do dente 𝑀𝑀 da engrenagem 𝐴𝐴. Para 
determiná-lo basta multiplicar o ângulo de torção pelo raio da engrenagem que 
equivale a 100 mm, conforme a figura do enunciado, portanto: 
𝛿𝛿𝑃𝑃 = 𝜙𝜙𝑟𝑟 = 0,2121.100 → 𝛿𝛿𝑃𝑃 = 21,21 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Não há a necessidade de considerar o sinal negativo do ângulo de torção 
nesse cálculo, pois o objetivo é a expressão da quantidade deslocada do dente 
𝑀𝑀. Sabemos que essa quantidade foi de 21,21 mm no sentido horário. 
TEMA 3 – DIAGRAMA DE FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR 
Esse é um tema que nós já vimos em outro momento. Essa é uma 
metodologia utilizada para obter a força cortante e o momento fletor ao longo do 
comprimento de uma viga. 
Nós vimos duas metodologias para determinar esses diagramas, são elas: 
equações e diagramas de esforço cortante e momento fletor, em que as seções 
são feitas nos segmentos da viga para obter as funções que descrevem a força 
cortante e o momento fletor dentro da faixa do segmento e a metodologia que 
analisa as relações entre carga distribuída, esforço cortante e momento fletor. 
Esta última é, de forma geral, mais prática, pois necessita de uma quantidade 
menor de cálculos, porém, é necessário conhecer cada relação a fim de aplicá-
la na construção dos diagramas. 
Para desenvolver esse método vamos considerar as seguintes relações: 
 
 
16 
1. Relação entre a carga distribuída e o esforço cortante: no intervalo 
dentro do carregamento distribuído 𝑤𝑤(𝑥𝑥), temos que a variação da força 
cortante é dada por: 
∆𝑉𝑉 = �𝑤𝑤(𝑥𝑥)𝑟𝑟𝑥𝑥, 
em que o termo da integral corresponde à área sob a curva do 
carregamento distribuído. Ou seja, quando temos um carregamento 
distribuído na estrutura, no diagrama de momento fletor desenharemos 
uma função com um grau acima da função que descreve a carga 
distribuída, e sua magnitude é dada pelo cálculo da área sob a carga 
distribuída; 
2. Relação entre esforço cortante e momento fletor: o momento fletor 
sempre será um grau acima da função de força cortante, por exemplo, se 
no diagrama de força cortante tivermos uma reta (função do 1° grau) 
dentro de um determinado intervalo, no diagrama de momento fletor 
teremos uma parábola (função do 2° grau), logo, a variação do momento 
fletor é dada por: 
∆𝑀𝑀 = �𝑉𝑉𝑟𝑟𝑥𝑥, 
em que o termo da integral corresponde à área sob o diagrama de esforço 
cortante no intervalo avaliado; 
3. Relação de força concentrada e diagrama de força cortante: sempre 
que houver uma força concentrada na estrutura analisada, haverá um 
salto no diagrama de força cortante, em que esse salto é para cima 
quando a força concentrada possui sentido para cima, caso contrário, o 
salto é para baixo. A função a ser desenhada é do tipo constante e vale 
até a próxima força aplicada; 
4. Relação de momento concentrado e diagrama de momento fletor: 
sempre que houver um momento concentrado na estrutura analisada, 
haverá um salto no diagrama de momento fletor, em que este salto é para 
cima quando o momento concentrado possui sentido horário, caso 
contrário, o salto é para baixo. A função a ser desenhada é constante. 
Exemplo 5: 
 
 
17 
O Eixo é apoiado por um mancal liso em A (restrição de deslocamento em 
x e em y) e um mancal radial liso em B (restrição de deslocamento em y). Esboce 
os diagramas de força cortante e de momento fletor para o eixo. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Observe que esse estudo é aplicado a vigas, entretanto, podemos 
considerar a presente situação como sendo uma viga, pois sofre esforços 
transversais. O primeiro passo é determinar as reações de apoio em A e B. Para 
isso, vamos desenhar o DCL conforme a seguinte imagem: 
 
Para determinar a força 𝐴𝐴𝑦𝑦 podemos calcular a soma dos momentos em 
relação ao ponto B, logo: 
�𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0; −𝐴𝐴𝑦𝑦. 2 + 900.1 + 400 = 0 
𝐴𝐴𝑦𝑦 =
(900.1 + 400)
2
 → 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 650 𝑘𝑘 
Para determinar a força 𝐵𝐵𝑦𝑦 podemos somar as forças agindo no eixo y 
(vertical), assim, temos: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; 𝐴𝐴𝑦𝑦 − 900 + 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 0 → 𝐵𝐵𝑦𝑦 = −𝐴𝐴𝑦𝑦 + 900 
𝐵𝐵𝑦𝑦 = −650 + 900 → 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 250 𝑘𝑘 
Com base nessas informações podemos traçar o diagrama de força 
cortante. 
Para o ponto A (𝑥𝑥 = 0) a força equivale a 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 650 𝑘𝑘, portanto, no 
diagrama de força em 𝑥𝑥 = 0 haverá um salto para cima no valor de 650 N, 
 
 
18 
conforme relação 3, e esse valor segue constante até o próximo carregamento, 
que no caso é em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚 há uma força concentrada no valor de 900 N apontada para 
baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚, haverá um salto para baixo 
no valor de 900 N, conforme a relação 3. Como já estamos com 650 N em 𝑥𝑥 =
1 𝑚𝑚 e temos que saltar para baixo em 900 N, ficamos com 650 N - 900 N = -250 
N e esse valor segue constante até o próximo carregamento, que no caso é em 
𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚 há o apoio que produz a força 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 250 𝑘𝑘 para cima, portanto, 
no diagrama teremos um salto para cima nessa magnitude. Como em 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚 
estamos no valor de -250 N, temos que somar o valor da força 𝐵𝐵𝑦𝑦 para saber o 
ponto que vamos parar, logo, -250 N + 250 N = 0. Como não há nenhuma outra 
força concentrada ou força distribuída entre o trecho de 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚 e 𝑥𝑥 = 3 𝑚𝑚, 
então, o diagrama segue constante até o final da viga. O diagrama fica da 
seguinte forma: 
 
 
 
19 
Para esboçar o diagrama de momento fletor, vamos analisar o desenho 
inicial do problema para considerar o momento concentrado na estrutura e 
analisar o diagrama de força cortante representado na figura anterior. 
Para o ponto A (𝑥𝑥 = 0) não há nenhum momento concentrado, logo, no 
diagrama de momento fletor iniciaremos e 𝑀𝑀 = 0 𝑘𝑘.𝑚𝑚. Para obter o momento 
fletor 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚, vamos analisar o diagrama de força cortante anterior e obter a 
área entre esse trecho. Observeque o trecho de 0 a 1 m é formado por um 
retângulo de base igual a 1 m e altura igual a 650 N, portanto, sua área é igual a 
𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 1) = 1.650 = 650 𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como no diagrama de força cortante, para esse 
trecho, temos uma função constante, no diagrama de momento fletor a função 
será um grau acima conforme a relação 2, logo, será uma reta crescente. O 
diagrama fica da seguinte forma: 
 
Para o trecho de 1 a 2 m não há nenhum momento concentrado, logo, 
vamos nos atentar apenas no diagrama de força cortante que possui uma carga 
de -250 N nesse trecho representada por um retângulo, portanto, sua área é 
1. (−250) = −250 𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em 650 N.m para 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚 e temos que 
reduzir em -250 N.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 2) = 650 − 250 = 400 𝑘𝑘.𝑚𝑚. 
Novamente, como a função é constante nesse trecho, desenharemos uma 
função do tipo reta decrescente, pois a área é negativa. 
 
Para o trecho de 2 a 3 m a força cortante é zero, logo, no diagrama de 
momento fletor vamos manter o valor de 400 N.m até 𝑥𝑥 = 3 𝑚𝑚 que é onde há 
um momento concentrado. Portanto, o diagrama fica da seguinte forma: 
 
 
20 
 
Por fim, em 𝑥𝑥 = 3 𝑚𝑚 temos um momento concentrado no valor de 400 
N.m e no sentido anti-horário. Conforme a relação 4, o salto produzido por esse 
momento é para baixo por causa do sentido. Se já estamos em 400 N.m e 
teremos que saltar para baixo em - 400 N.m, o momento em 𝑥𝑥 = 3 𝑚𝑚 é 400 - 
400 = 0. Portanto, o diagrama de momento fletor final fica da seguinte forma: 
 
Podemos concluir com esse exemplo que na polia em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚 é que 
ocorre o maior cisalhamento e a maior flexão do eixo. Para o engenheiro, esse 
é ponto que deve ser levado em conta na hora de dimensionar esse sistema. 
Exemplo 4: 
Um deck de concreto armado é usado para sustentar as longarinas da 
plataforma de uma ponte. Trace os diagramas de força cortante e momento fletor 
para o deck. Considere que nele as colunas em 𝐴𝐴 e 𝐵𝐵 exercem somente reações 
verticais. 
 
 
 
21 
Solução: 
Como já sabemos, o primeiro passo é desenhar o DCL da estrutura a fim 
de obter as reações de apoio nos suportes em 𝐴𝐴 e 𝐵𝐵: 
 
Para determinar a força 𝐵𝐵𝑦𝑦 podemos calcular a soma dos momentos em 
relação ao ponto F, logo: 
�𝑀𝑀𝐹𝐹 = 0; 60.6 − 𝐵𝐵𝑦𝑦. 5 + 35.4 + 35.2,5 + 35.1 − 60.1 = 0 
𝐵𝐵𝑦𝑦 =
( 60.6 + 35.4 + 35.2,5 + 35.1 − 60.1)
5
 =
562,5
5
 → 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 112,5 𝑘𝑘𝑘𝑘 
Para determinar a força 𝐹𝐹𝑦𝑦 podemos somar as forças agindo no eixo y 
(vertical), assim, temos: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0; − 60 + 𝐵𝐵𝑦𝑦 − 35 − 35 − 35 + 𝐹𝐹𝑦𝑦 − 60 = 0 
𝐹𝐹𝑦𝑦 = 60 − 112,5 + 35 + 35 + 35 + 60 → 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 112,5 𝑘𝑘𝑘𝑘 
Para o ponto A (𝑥𝑥 = 0), a força equivale a 60 𝑘𝑘𝑘𝑘 com sentido para baixo, 
portanto, no diagrama de força em 𝑥𝑥 = 0 haverá um salto para baixo no valor de 
60 kN, conforme a relação 3, e esse valor segue constante até o próximo 
carregamento, que no caso é no ponto B em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚 há o apoio com uma força concentrada no valor de 112,5 kN 
apontada para baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚, haverá um 
salto para baixo no valor de 112,5 kN, conforme a relação 3. Como já estamos 
 
 
22 
com -60 kN e temos que saltar para baixo em 112,5 kN, ficamos com -60 kN + 
112,5 kN = 52,5 kN e esse valor segue constante até o próximo carregamento, 
que no caso é em 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚 há uma força concentrada no valor de 35 kN apontada para 
baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚, haverá um salto para baixo 
no valor de 35 kN, conforme a relação 3. Como já estamos com 52,5 kN e temos 
que saltar para baixo em 35 kN, ficamos com 52,5 kN – 35 kN = 17,5 kN e esse 
valor segue constante até o próximo carregamento, que no caso é em 𝑥𝑥 = 3,5 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 3,5 𝑚𝑚 há uma força concentrada no valor de 35 kN apontada para 
baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 3,5 𝑚𝑚 haverá um salto para baixo 
nesse valor. Como já estamos com 17,5 kN e temos que saltar para baixo em 35 
kN, ficamos com 17,5 kN – 35 kN = -17,5 kN e esse valor segue constante até o 
próximo carregamento, que no caso é em 𝑥𝑥 = 5 𝑚𝑚. 
 
 
23 
 
Em 𝑥𝑥 = 5 𝑚𝑚 também há uma força concentrada no valor de 35 kN 
apontada para baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 5 𝑚𝑚, haverá um 
salto para baixo nesse valor. Como já estamos com -17,5 kN e temos que saltar 
para baixo em 35 kN, ficamos com -17,5 kN – 35 kN = - 52,5 kN e esse valor 
segue constante até o próximo carregamento, que no caso é em 𝑥𝑥 = 6 𝑚𝑚. 
 
Em 𝑥𝑥 = 6 𝑚𝑚 há uma reação de apoio concentrada no valor de 112,5 kN 
apontada para cima, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 6 𝑚𝑚 haverá um salto 
para cima nesse valor. Como já estamos com -52,5 kN e temos que saltar para 
cima em 112,5 kN, ficamos com -52,5 kN + 112,5 kN = 60 kN e esse valor segue 
constante até o próximo carregamento, que no caso é em 𝑥𝑥 = 7 𝑚𝑚. 
 
Por fim, para 𝑥𝑥 = 7 𝑚𝑚 há uma força concentrada no valor de 60 kN 
apontada para baixo, portanto, no diagrama de força em, 𝑥𝑥 = 7 𝑚𝑚 haverá um 
salto para baixo nesse valor. Como já estamos com 60 kN e temos que saltar 
para baixo em -60 kN, ficamos com 60 kN - 60 kN = 0 kN. 
 
 
24 
 
Para esboçar o diagrama de momento fletor, vamos analisar somente o 
diagrama de força cortante representado na figura anterior, pois não há momento 
fletor concentrado ao longo da viga. 
Para o ponto A (𝑥𝑥 = 0), como não há nenhum momento concentrado, 
iniciaremos em 𝑀𝑀 = 0 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Para obter o momento fletor em 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚, vamos 
obter a área entre 0 a 1 m no diagrama de força cortante. Observe que o trecho 
de 0 a 1 m é formado por um retângulo de base igual a 1 m e altura igual a -60 
kN, portanto, sua área é igual a 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 1) = 1. (−60) = −60 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como no 
diagrama de força cortante, para esse trecho, temos uma função constante, no 
diagrama de momento fletor a função será um grau acima conforme a relação 2, 
logo, será uma reta decrescente, pois a área é negativa. O diagrama fica da 
seguinte forma: 
 
Para o trecho de 1 a 2 m a carga no diagrama de força cortante é de 52,5 
kN e é representada por um retângulo, portanto, sua área é 1. (52,5) =
52,5 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em - 60 kN.m para 𝑥𝑥 = 1 𝑚𝑚 e temos que saltar em 
52,5 kN.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 2) = −60 + 52,5 = −7,5 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Novamente 
desenharemos uma função do tipo reta crescente, pois a área é positiva. 
 
 
25 
 
Para o trecho de 2 a 3,5 m a área no diagrama de força cortante é 
1,5.17,5 = 26,25 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em – 7,5 kN.m para 𝑥𝑥 = 2 𝑚𝑚 e temos que 
saltar em 26,25 kN.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 3,5) = −7,5 + 26,25 = 18,75 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. 
Desenharemos uma função do tipo reta crescente, pois a área é positiva. 
 
Para o trecho de 3,5 a 5 m a área no diagrama de força cortante é 
1,5. (−17,5) = −26,25 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em 18,75 kN.m para 𝑥𝑥 = 3,5 𝑚𝑚 e 
temos que saltar em - 26,25 kN.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 5) = 18,75 − 26,25 =
−7,5 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Desenharemos uma função do tipo reta decrescente, pois a área é 
negativa. 
 
Para o trecho de 5 a 6 m a área no diagrama de força cortante é 
1. (−52,5) = −52,5 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em -7,5 kN.m para 𝑥𝑥 = 5 𝑚𝑚 e temos 
que saltar em -52,5 kN.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 6) = −7,5 − 52,5 = −60 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. 
Desenharemos uma função do tipo reta decrescente, pois a área é negativa. 
 
 
 
26 
Para o trecho de 6 a 7 m a área no diagrama de força cortante é 1.60 =
60 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Como estamos em -60 kN.m para 𝑥𝑥 = 6 𝑚𝑚 e temos que saltar em 60 
kN.m, ficamos em 𝑀𝑀(𝑥𝑥 = 7) = −60 + 60 = 0 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. Desenharemos uma função 
do tipo reta crescente, pois a área é positiva. Portanto, o diagrama de momento 
fletor final fica da seguinte forma: 
 
Podemos concluircom esse exemplo que nos pontos dos apoios em B e 
F é que ocorrem a maior força cortante e o momento fletor. 
Saiba mais 
Aproveite para simular esses dois exemplos no software viga online 
através do site: <http://www.viga.online/index.php>. Acesso em: 22 jul. 2021. 
TEMA 4 – DEFORMAÇÃO POR FLEXÃO DE UM ELEMENTO RETO 
No tema anterior vimos como identificar o momento fletor máximo em uma 
estrutura do tipo viga por meio do diagrama de momento fletor. Essa informação 
é muito importante no projeto estrutural, pois é por meio desse momento que 
podemos calcular as tensões de flexão e escolher o material mais adequado 
para determinada aplicação de uma estrutura sob cargas de flexão, ou 
dimensionar sua seção transversal. 
Alguns exemplos de estruturas que sofrem flexão (carga devido ao 
momento fletor) são: vigas de construções, pontes rolantes (Figura 10a), eixo do 
carro (Figura 10b), pontes, chassis automotivos (Figura 10c), asa de avião 
(Figura 10d) etc. 
 
 
 
http://www.viga.online/index.php
 
 
27 
Figura 10 – (a) ponte rolante; (b) eixo; (c) chassi do carro; e (d) asa de avião 
(a) (b) 
(b) (d) 
Créditos: Evgeniy Kurochkin/Schutterstock; M181/Schutterstock; 3DMI/Schutterstock; irin-
k/Shutterstock. 
Considere um elemento de seção transversal quadrada como mostra a 
Figura 11a. Se um momento fletor for aplicado ao elemento, as linhas de grade 
tendem a se distorcer como mostra a Figura 11b. Observe que as linhas de grade 
superiores estão sendo encurtadas, enquanto as linhas inferiores estão sendo 
alongadas. Esse efeito nos mostra que a parte superior do elemento está sendo 
comprimida enquanto a parte inferior está sendo tracionada. Por conseguinte, 
uma parte intermediária não está nem tracionando e nem comprimindo, logo, a 
tensão nessa linha é zero. Chamamos essa linha que passa ao longo de todo 
elemento por linha neutra ou superfície neutra. 
Figura 11 – (a) Elemento indeformado e (b) deformado devido à carga de flexão 
 
 
 
 
 
 
 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Antes da deformação 
Linhas horizontais 
se tornam curvas 
Linhas verticais 
permanecem retas, mas giram 
Após a deformação 
M 
M 
https://www.shutterstock.com/pt/g/Evgeniy_Kurochkin
 
 
28 
A Figura 12 nos mostra a superfície neutra e o eixo neutro que fica ao 
longo da superfície neutra. O momento fletor é posicionado sobre o eixo neutro. 
Figura 12 – Posição do eixo neutro na seção de uma viga 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
4.1 Fórmula da flexão 
A tensão de flexão para um elemento varia na seção transversal de uma 
estrutura. Ela é máxima no ponto da seção mais afastado da linha neutra e é 
definida como: 
𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
𝑀𝑀𝑇𝑇
𝐼𝐼
 (8) 
em que 𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 corresponde à tensão máxima de flexão avaliada no ponto mais 
afastado da linha neutra, 𝑀𝑀 corresponde ao momento fletor interno determinado 
pelo método das seções (estudado anteriormente) e posicionado sobre o eixo 
neutro, 𝑇𝑇 é a distância perpendicular do eixo neutro e o ponto mais afastado dele, 
em que 𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 é calculado e 𝐼𝐼 é o momento de inércia de área da seção transversal 
da viga, em torno do eixo neutro. 
Para determinar a tensão de flexão em um ponto qualquer da seção, 
temos a seguinte equação: 
𝜎𝜎 =
𝑀𝑀𝑀𝑀
𝐼𝐼
 (9) 
em que 𝜎𝜎 corresponde à tensão de flexão em um ponto qualquer da seção 
transversal e 𝑀𝑀 é a distância perpendicular do eixo neutro e o ponto em que 𝜎𝜎 
está sendo calculado. 𝑀𝑀 e 𝐼𝐼 são os mesmos termos da Equação 8. 
Com relação ao sinal, a tensão de flexão é negativa quando está sendo 
gerada uma carga de compressão pelo momento fletor aplicado, caso contrário, 
ela é positiva. A Figura 13 mostra essa relação entre o momento fletor e o sinal 
da tensão de flexão. Observe que a seta do momento fletor está entrando na 
 
 
29 
parte superior ao eixo neutro, por isso, gera uma carga de compressão, enquanto 
a parte inferior está sendo tracionada, pois é de onde a seta do momento fletor 
está saindo. 
Figura 13 – Variação da tensão de flexão na seção transversal de uma viga 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Exemplo 5: 
Uma viga de seção transversal retangular está sujeita à distribuição de 
tensão mostrada na figura. Determine o momento fletor interno 𝑀𝑀 na seção. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Esse exemplo é bastante simples e implica aplicação direta da Equação 
8, pois o momento fletor é máximo na extremidade da seção e possui valor de 
20 MPa. Para a seção retangular, o momento de inércia em relação ao eixo 
neutro que passa pelo centro de área da seção é definido por: 
𝐼𝐼 =
𝑏𝑏ℎ³
12
 (10) 
Isolando 𝑀𝑀 da Equação 8 ficamos com: 
𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
𝑀𝑀𝑇𝑇
𝐼𝐼
 → 𝑀𝑀 =
𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥𝐼𝐼
𝑇𝑇
 
em que 𝑇𝑇 equivale a 60 mm (0,06 m), pois é a distância perpendicular ao eixo 
neutro mais afastada dele. Substituindo os valores na equação acima, temos: 
 
 
30 
𝑀𝑀 =
20. 106. �0,06.0,12³12 �
0,06
 → 𝑀𝑀 = 2880 𝑘𝑘.𝑚𝑚 
Exemplo 6: 
A viga simplesmente apoiada mostrada na figura (a) tem área de seção 
transversal do tipo I com dimensões representadas na figura (b). Calcule a 
tensão de flexão máxima absoluta na viga e a distribuição de tensão ao longo da 
seção transversal. 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Para determinar a tensão de flexão máxima absoluta na viga, precisamos 
descobrir o momento fletor máximo. Para isso, podemos utilizar o método 
descrito no tema anterior para traçar o diagrama de momento fletor e, assim, 
descobrir a magnitude do momento fletor máximo. 
Saiba mais 
Para fins mais prático da aplicação dos conhecimentos adquiridos neste 
tema, vamos obter o diagrama de momento fletor utilizando o software viga 
online através do seguinte link: <http://www.viga.online/index.php>. 
A seguinte figura nos mostra a configuração do software para a 
determinação dos diagramas: 
http://www.viga.online/index.php
 
 
31 
 
Clicando em Resolver Viga temos o seguinte diagrama de momento fletor: 
 
Observe na figura anterior que o momento fletor é máximo no centro da 
viga e seu valor corresponde a 𝑀𝑀𝑚𝑚á𝑥𝑥 = 22,5 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚. 
Precisamos obter o momento de inércia da seção transversal da viga, que 
no caso é uma seção I. Como essa é uma figura simétrica, sabemos que o centro 
de área fica exatamente no meio da seção. Aplicando o teorema dos eixos 
paralelos, temos o seguinte cálculo: 
𝐼𝐼 = �𝐼𝐼̅+ 𝐴𝐴𝑟𝑟𝑦𝑦² (11) 
em que 𝐼𝐼 ̅é o momento de inércia de um segmento em relação ao seu centroide 
(para seções retangulares usamos a Equação 10), 𝐴𝐴 é a área do segmento e 𝑟𝑟𝑦𝑦 
é a distância entre os eixos paralelos. 
 
 
32 
Podemos dividir a seção transversal em três segmentos como mostra a 
figura a seguir: 
 
Para o primeiro segmento temos o seguinte cálculo do momento de inércia 
de área: 
𝐼𝐼1 =
0,25.0,02³
12
+ 0,25.0,02. �0,15 +
0,02
2 �
2
 
𝐼𝐼1 = 1,667. 10−7 + 5. 10−3. 0,162 → 𝐼𝐼1 = 1,28167. 10−4 𝑚𝑚4 
Para o segundo segmento temos o seguinte cálculo do momento de 
inércia de área: 
𝐼𝐼2 =
0,02.0,3³
12
+ 0,02.0,3. 02 → 𝐼𝐼2 = 4,5. 10−5 𝑚𝑚4 
O momento de inércia do terceiro segmento é igual ao do primeiro, pois 
todos os termos são os mesmos devido à seção ser simétrica, logo, 𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼1 =
1,28167. 10−4 𝑚𝑚4. Portanto, o momento de inércia da seção completa é: 
𝐼𝐼 = 𝐼𝐼1 + 𝐼𝐼2 + 𝐼𝐼3 = 1,28167. 10−4 + 4,5. 10−5 + 1,28167. 10−4 
𝐼𝐼 = 3,01334. 10−4 𝑚𝑚4 
O momento máximo ocorre no topo da seção, pois é o ponto perpendicular 
mais distante do eixo neutro (centro de gravidade), logo, 𝑇𝑇 = 0,15 + 0,02 =
0,17 𝑚𝑚. Substituindo esses termosna Equação 8 podemos determinar a tensão 
de fletor máxima absoluta da estrutura. Assim, temos: 
𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
22,5.103. 0,17
3,01334. 10−4
 → 𝜎𝜎𝑚𝑚á𝑥𝑥 = 12,69 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
Podemos determinar a tensão nos pontos B e C mostrados na Figura 
anterior. Para isso, precisamos aplicar a Equação 9, em que 𝑀𝑀 e 𝐼𝐼 assumem o 
mesmo valor da equação anterior, o que vai mudar é o 𝑀𝑀 que corresponde à 
distância entre o eixo neutro e o ponto que se deseja determinar a tensão. 
 
 
33 
Para o ponto B, a distância 𝑀𝑀𝐵𝐵 = 150 𝑚𝑚𝑚𝑚 ou 𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0,15 𝑚𝑚, já para o ponto 
C como ele está sobre o eixo neutro, sua distância é zero, logo, 𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 𝑚𝑚. 
Substituindo os dados na Equação 9, ficamos com: 
𝜎𝜎𝐵𝐵 =
22,5.103. 0,15
3,01334. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐵𝐵 = 11,2 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
𝜎𝜎𝐴𝐴 =
22,5.103. 0
3,01334. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐴𝐴 = 0 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
A distribuição de tensão é representada na seguinte figura: 
 
Observe que a tensão máxima no topo da peça e a tensão no ponto B são 
negativas, pois o momento aplicado comprime a peça nesses pontos, entretanto, 
por convenção, consideramos a tensão de flexão máxima sempre como um valor 
positivo (veja que na base temos esse mesmo valor para a tensão máxima). 
Caso a análise envolva outros carregamentos, é importante considerar o sinal 
dessas tensões no cálculo, pois um valor de tensão pode ser somado ou 
subtraído com outro. Isso vai depender do efeito que as cagas estão gerando no 
problema avaliado. 
TEMA 5 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
Em algumas situações a viga pode ser carregada de modo que o 
momento interno resultante não aja em torno de um dos eixos do sistema de 
coordenadas padrão como mostra a Figura 13a. Quando isso ocorre, esse 
momento precisa ser decomposto em suas coordenadas z e y como mostram as 
Figuras 13b e 13c, respectivamente, então, a fórmula da flexão (Equação 9) pode 
ser aplicada para determinar a tensão de flexão provocada por cada componente 
desse momento. 
 
 
 
34 
Figura 13 – (a) Estrutura com um momento fletor arbitrário, (b) decomposição do 
momento na coordenada z e (c) na coordenada y 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Portanto, a fórmula da flexão para esse tipo de situação é definida como: 
𝜎𝜎 = −
𝑀𝑀𝑧𝑧𝑀𝑀
𝐼𝐼𝑧𝑧
+
𝑀𝑀𝑦𝑦𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
 (12) 
em que 𝜎𝜎 corresponde a tensão de flexão no ponto em que se deseja calculá-la, 
𝑀𝑀𝑦𝑦 e 𝑀𝑀𝑧𝑧 correspondem as componentes do momento em relação aos eixos y e 
z, respectivamente, 𝑀𝑀 e 𝑧𝑧 são as coordenadas do ponto que está sendo calculado 
a tensão de flexão, 𝐼𝐼𝑦𝑦 e 𝐼𝐼𝑧𝑧 correspondem ao momento de inércia de área da 
seção da peça em relação aos eixos y e z, respectivamente, e 𝜃𝜃 é o ângulo que 
o momento fletor faz em relação ao eixo z. 
Para o caso representado na Figura 13, a distribuição da tensão de flexão 
fica da seguinte forma: 
Figura 14 – Distribuição da tensão de flexão (a) para a componente 𝑀𝑀𝑦𝑦, (b) para 
a componente 𝑀𝑀𝑧𝑧 e (c) para a combinação de ambas as componentes 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
 
 
35 
5.1 Orientação do eixo neutro 
Observe na Figura 14c que há um eixo em que a tensão é zero, esse é o 
chamado eixo neutro como vimos no tema anterior. Podemos determiná-lo 
igualando a tensão de flexão obtida na Equação 12 por zero (𝜎𝜎 = 0), assim, 
temos: 
𝑀𝑀 =
𝑀𝑀𝑦𝑦𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧 (13) 
Como 𝑀𝑀𝑧𝑧 = 𝑀𝑀𝑇𝑇𝑀𝑀𝑠𝑠𝜃𝜃 e 𝑀𝑀𝑦𝑦 = 𝑀𝑀𝑠𝑠𝑀𝑀𝑀𝑀𝜃𝜃, logo, 
𝑀𝑀 =
𝑠𝑠𝑀𝑀𝑀𝑀𝜃𝜃 𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑇𝑇𝑀𝑀𝑠𝑠𝜃𝜃𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧 → 𝑀𝑀 =
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝜃𝜃 (14) 
Essa é a equação da reta que determina o eixo neutro para a seção 
transversal. Como a inclinação dessa reta é 𝑧𝑧𝑧𝑧𝑡𝑡 = 𝑀𝑀/𝑧𝑧, podemos substitui-la na 
equação anterior, ficando com: 
𝑧𝑧𝑧𝑧𝑡𝑡 =
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧𝑧𝑧𝜃𝜃 (15) 
em que 𝑡𝑡 corresponde à inclinação do eixo neutro. Para 𝜃𝜃 ser igual a 𝑡𝑡 é 
necessário que 𝐼𝐼𝑦𝑦 seja igual a 𝐼𝐼𝑧𝑧. 
Exemplo 7: 
Determine a tensão de flexão normal desenvolvida em cada canto da 
seção transversal mostrada na figura, sabendo que um momento fletor de 12 
kN.m está sendo aplicado. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: 
Como o momento fletor está inclinado, o primeiro passo é decompor em 
suas componentes y e z. Para isso, vamos utilizar o triângulo que defini essa 
inclinação, assim, temos: 
 
 
36 
𝑀𝑀𝑦𝑦 = −𝑀𝑀
4
5
= −12
4
5
 → 𝑀𝑀𝑦𝑦 = −9,6 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚 
𝑀𝑀𝑧𝑧 = 𝑀𝑀
3
5
= 12
3
5
 → 𝑀𝑀𝑧𝑧 = 7,2 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝑚𝑚 
Note que o sinal do momento em relação ao eixo y é negativo, pois ao 
decompor ele fica apontado com sentido oposto ao definido na figura para y 
positivo. 
O segundo passo é obter o momento de inércia em relação aos eixos y e 
z que passam pelo centro de área da figura. Aplicando a Equação 10, temos: 
𝐼𝐼𝑦𝑦 =
0,4.0,2³
12
 → 𝐼𝐼𝑦𝑦 = 2,667. 10−4 𝑚𝑚4 
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
0,2.0,4³
12
 → 𝐼𝐼𝑧𝑧 = 1,067. 10−3 𝑚𝑚4 
Por fim, precisamos descobrir as coordenadas 𝑀𝑀 e 𝑧𝑧 de cada ponto da 
extremidade da figura. Nessa etapa é muito importante verificar se a posição 
está no lado do eixo positivo ou negativo, assim, temos: 
𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0,2 𝑚𝑚 e 𝑧𝑧𝐵𝐵 = −0,1 𝑚𝑚 
𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0,2 𝑚𝑚 e 𝑧𝑧𝐴𝐴 = 0,1 𝑚𝑚 
𝑀𝑀𝐶𝐶 = −0,2 𝑚𝑚 e 𝑧𝑧𝐶𝐶 = 0,1 𝑚𝑚 
𝑀𝑀𝐷𝐷 = −0,2 𝑚𝑚 e 𝑧𝑧𝐷𝐷 = −0,1 𝑚𝑚 
Podemos substituir os termos determinados anteriormente na Equação 12 
para obter a tensão de flexão em cada ponto: 
𝜎𝜎𝐵𝐵 = −
7,2.103. 0,2
1,067. 10−3
+
(−9,6.103). (−0,1)
2,667. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐵𝐵 = −1,35. 106 + 3,6. 106 
𝜎𝜎𝐵𝐵 = 2,25 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
𝜎𝜎𝐴𝐴 = −
7,2.103. 0,2
1,067. 10−3
+
(−9,6.103). (0,1)
2,667. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐴𝐴 = −1,35. 106 − 3,6. 106 
𝜎𝜎𝐴𝐴 = −4,95 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
𝜎𝜎𝐶𝐶 = −
7,2.103. (−0,2)
1,067. 10−3
+
(−9,6.103). (0,1)
2,667. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐶𝐶 = 1,35. 106 − 3,6. 106 
𝜎𝜎𝐶𝐶 = −2,25 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
𝜎𝜎𝐷𝐷 = −
7,2.103. (−0,2)
1,067. 10−3
+
(−9,6.103). (−0,1)
2,667. 10−4
 → 𝜎𝜎𝐷𝐷 = 1,35. 106 + 3,6. 106 
𝜎𝜎𝐷𝐷 = 4,95 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 
A distribuição da tensão pode ser observada na seguinte figura: 
 
 
37 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Para determinar o ângulo do eixo neutro, 𝑡𝑡, em relação ao eixo z, 
precisamos aplicar a Equação 15, em que 𝜃𝜃 corresponde ao ângulo de inclinação 
do momento fletor. Sabemos que 𝑧𝑧𝑧𝑧𝜃𝜃 = −4/3, pois -4 corresponde ao cateto 
oposto e 3 ao cateto adjacente para a inclinação do momento fletor em relação 
ao eixo z, assim, temos: 
𝑧𝑧𝑧𝑧𝑡𝑡 =
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧𝑧𝑧𝜃𝜃 → 𝑡𝑡 = 𝑧𝑧𝑧𝑧−1 �
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝑧𝑧𝑧𝑧𝜃𝜃 � → 𝑡𝑡 = 𝑧𝑧𝑧𝑧−1 �
1,067. 10−3
2,667. 10−4
.−�
4
3��
 
𝑡𝑡 = 𝑧𝑧𝑧𝑧−1(−5,334) → 𝑡𝑡 = −79,38° 
FINALIZANDO 
Nesta aula vimos como determinar a tensão de cisalhamento devido à 
carga do tipo torque, como obter o ângulo de torção de um eixo e a relação entre 
torque, potência e rotação. Também relembramos como se constrói os 
diagramas de força cortante e de momento fletor de uma viga, sendo este 
assunto a base para determinar a tensão de flexão máxima absoluta em uma 
viga. Por fim, você aprendeu a determinar a tensão de flexão em vários pontos 
da seção transversal de uma viga considerando um momento fletor arbitrário 
(com direção qualquer). 
Nos Capítulos 5 e 6 do nosso livro texto (Resistência dos Materiais, de 
Hibbeler) você encontrará mais exemplos resolvidos sobre os assuntos vistos 
nesta aula. Não deixe de conferir esses exemplos resolvidos e se possível faça 
alguns exercícios do livro para praticar. 
Bons estudos! 
 
 
38 
REFERÊNCIAS 
APRENDER Engenharia. VIGA Online. Disponível em: 
<http://www.viga.online/index.php>.Acesso em 15 jul. 2021. 
HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. 7. ed. Pearson, 2010. 
HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. 12. ed. Pearson, 2018. 
 
http://www.viga.online/index.php
	Conversa inicial
	FINALIZANDO
	REFERÊNCIAS