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Eng.º M. A. Mazoca
1ª Edição 2017
E restituir-vos-ei os anos que comeu o gafanhoto, a locusta, e o pulgão e a lagarta,
o meu grande exército que enviei contra vós. E comereis abundantemente e
vos fartareis, e louvareis o nome do Senhor vosso Deus, que procedeu
para convosco maravilhosamente; e o meu povo nunca
mais será envergonhado. - Joel 2: 25-26
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
LISTA DE TABELAS III
LISTA DE FIGURAS IV
PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS I
CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO À RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 1
1.1. IMPORTÂNCIA E APLICAÇÃO DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2
1.2. CONCEITOS PRINCIPAIS DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 3
1.3. TIPOS DE APOIOS OU SUPORTES 6
1.4. TIPOS DE CARREGAMENTOS E SUAS APLICAÇÕES 7
1.5. CLASSIFICAÇÃO DAS VIGAS 9
1.6. CÁLCULO DAS REACÇÕES DE APOIO EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 10
CAPÍTULO 2. ESFORÇOS NUMA SECÇÃO TRANSVERSAL 13
2.1. PRINCÍPIO DE CORTE 13
2.2. CLASSIFICAÇÃO DOS ESFORÇOS INTERNOS 14
2.3. CLASSIFICAÇÃO DOS ESFORÇOS INTERNOS NUMA SECÇÃO EM ESTRUTURAS PLANAS 16
2.4. DIAGRAMAS DOS ESFORÇOS INTERNOS 27
2.5. ESFORÇOS INTERNOS NUMA SECÇÃO EM ESTRUTURAS TRIDIMENSIONAIS 32
CAPÍTULO 3. COMPORTAMENTO MECÂNICO DOS MATERIAIS 34
CAPÍTULO 4. DEFINIÇÃO DA TENSÃO 35
4.1. CLASSIFICAÇÃO DOS MATERIAIS 36
4.1.1. MATERIAL FRÁGIL 36
4.1.2. MATERIAL DÚCTIL 37
4.2. TENSÃO ADMISSÍVEL 38
4.3. LEI DE HOOKE 38
4.3.1. FORMA GERAL DA LEI DE HOOKE 39
CAPÍTULO 5. TRACÇÃO E COMPRESSÃO 42
5.1. TENSÕES E DEFORMAÇÕES EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 42
5.2. TENSÕES E DEFORMAÇÕES EM ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 48
5.3. TENSÕES E DEFORMAÇÕES TÉRMICAS 49
CAPÍTULO 6. TEORIA DE ELASTICIDADE 58
6.1. DEFINIÇÃO DAS TENSÕES 58
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
6.2. ESTADOS DE TENSÃO 60
6.2.1. ESTADO MONOAXIAL DE TENSÃO 60
6.2.2. ESTADO BIAXIAL (PLANO) DE TENSÃO 62
6.3. CÍRCULO DE MOHR 69
6.3.1. PASSOS PRINCIPAIS PARA A CONSTRUÇÃO DO CÍRCULO DE MOHR 69
CAPÍTULO 7. FLEXÃO 73
7.1. GEOMETRIA DE ÁREAS PLANAS 74
7.1.1. MOMENTOS ESTÁTICOS 74
7.1.2. MOMENTOS DE INERCIA E PRODUTOS DE INERCIA 77
7.1.3. TRANSPOSIÇÃO DOS EIXOS DE INERCIA PARALELOS – TEOREMA DE STEINER 78
7.1.4. TRANSPOSIÇÃO ANGULAR DOS EIXOS DE INÉRCIA 80
7.1.5. MOMENTOS E EIXOS PRINCIPAIS DE INÉRCIA 80
7.2. DETERMINAÇÃO DA DISTRIBUIÇÃO DAS TENSÕES 88
7.2.1. FLEXÃO RECTA 88
7.2.3. FLEXÃO DESVIADA 89
7.3. DEFORMAÇÃO DEVIDA À FLEXÃO RECTA – EQUAÇÃO DA LINHA NEUTRA 92
7.3.3. CONDIÇÕES DE FRONTEIRA E DE TRANSIÇÃO 95
CAPÍTULO 8. TORÇÃO 102
8.1. DEFORMAÇÃO POR TORÇÃO DE UM VEIO CIRCULAR 102
8.2. FÓRMULA DE TORÇÃO 104
8.2.1. VEIO COM SECÇÃO TRANSVERSAL MACIÇA 106
8.2.2. VEIO COM SECÇÃO TRANSVERSAL OCA 108
8.3. TENSÃO DE TORÇÃO MÁXIMA ABSOLUTA 109
8.4. MOMENTO TORSOR OU TORQUE 114
8.5. TRANSMISSÃO DE POTÊNCIA 115
8.5.1. PROJECTO DO VEIO 116
8.6. ÂNGULO DE TORÇÃO 118
8.6.1. TORQUE E ÁREA DE SECÇÃO TRANSVERSAL CONSTANTES 120
8.6.2. CONVENÇÃO DE SINAIS 121
8.7. ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS CARREGADAS POR UM TORQUE 138
CAPÍTULO 9. TEOREMA DE CASTEGLIANO 147
9.1. BASES TEÓRICAS 147
9.2. APLICAÇÃO DO TEOREMA DO CASTEGLIANO EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 152
9.3. APLICAÇÃO DO TEOREMA DE CASTEGLIANO EM ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 155
9.3.1. ESTRUTURAS EXTERIORMENTE HIPERESTÁTICAS 155
9.3.2. ESTRUTURAS INTERIORMENTE HIPERESTÁTICAS 159
CAPÍTULO 10. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 165
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
LISTA DE TABELAS
Tabela 1. Coeficiente de Poisson ................................................................................ I
Tabela 2. Módulo de elasticidade dos materiais .......................................................... I
Tabela 3. Pressão ....................................................................................................... I
Tabela 4. Peso específico dos materiais .................................................................... II
Tabela 5. Coeficiente de dilatação térmica dos materiais........................................... II
Tabela 6. Limites de escoamento e de ruptura de alguns materiais .......................... III
Tabela 7. Tipos de apoios ou suportes de estruturas ................................................. 6
Tabela 8. Tipos de carregamentos de estruturas e suas aplicações .......................... 8
Tabela 9. Classificação das vigas .............................................................................. 9
Tabela 10 – Tabela de cálculo .................................................................................. 86
Tabela 11 – Tabela de cálculo .................................................................................. 87
Tabela 12 - Tabela de cálculo ................................................................................ 154
Tabela 13 – Tabela de cálculo ................................................................................ 155
Tabela 14 – Tabela de cálculo ................................................................................ 157
Tabela 15 – Tabela de cálculo ................................................................................ 159
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
LISTA DE FIGURAS
Figura 1.1 - Parafusos usados no acoplamento duma estrutura metálica submetidos
à tensão. ..................................................................................................................... 1
Figura 1.2 - Campo de aplicação da resistência dos materiais .................................. 3
Figura 1.3 - Solicitação estática .................................................................................. 5
Figura 1.4 - Solicitação variável .................................................................................. 6
Figura 1.5 - Exemplo 1.1 .......................................................................................... 11
Figura 1.6 - Exemplo 1.2 .......................................................................................... 12
Figura 2.1 - Análise de forças internas [Fonte: WELZK, Frank-Joachim] ................. 13
Figura 2.2 - Sentido positivo dos momentos e das rotações .................................... 14
Figura 2.3 - Coordenadas cartesianas...................................................................... 14
Figura 2.4 - Classificação dos esforços internos ...................................................... 15
Figura 2.5 - Esforços seccionais ............................................................................... 15
Figura 2.6 - Acção dos esforços seccionais [Fonte: WELZK, Frank-Joachim] ......... 16
Figura 2.7 - Exemplo 2.1 .......................................................................................... 18
Figura 2.8 - Exemplo 2.2 .......................................................................................... 20
Figura 2.9 - Exemplo 2.3 .......................................................................................... 21
Figura 2.10 - Exemplo 2.4 ........................................................................................ 22
Figura 2.11 - Exemplo 2.5 ........................................................................................ 24
Figura 2.12 - Cargas perpendiculares ao eixo da viga ............................................. 26
Figura 2.13 – Corte da viga por duas secções transversais ..................................... 26
Figura 2.14 - Exemplo 2.6 ........................................................................................ 33
Figura 2.15 - Exemplo 2.7 ........................................................................................ 37
Figura 3.1 - Corpo-de-prova ..................................................................................... 34
Figura3.2 - Máquinas de ensaio de tracção ............................................................. 35
Figura 3.3 - Extensômetro por resistência eléctrica .................................................. 36
Figura 4.1 - Barra prismática sob tracção ................................................................. 35
Figura 4.2 - Tensão normal na barra prismática ....................................................... 36
Figura 4.3 - Diagrama típico de um material frágil .................................................... 36
Figura 4.4 - Diagrama tensão-deformação convencional para material dúctil (aço) . 37
Figura 5.1 - Carregamentos por tracção e compressão ........................................... 42
Figura 5.2 - Tensões e deformações térmicas ......................................................... 50
Figura 6.1 - Definição das tensões ........................................................................... 59
Figura 6.2 - Barra sujeita à tracção .......................................................................... 60
Figura 6.3 - Estado monoaxial de tensão ................................................................. 61
Figura 6.4 - Estado biaxial de tensão ....................................................................... 63
Figura 6.5 - Tensões que aparecem numa faceta inclinada ..................................... 64
Figura 6.6 - Círculo de tensões ou Círculo de Mohr ................................................. 69
Figura 6.7 - Círculo de Mohr para o estado triaxial de tensão .................................. 71
Figura 7.1 - Viga em consola sob flexão................................................................... 73
Figura 7.2 - Superfície e linha neutra apresentadas num trecho de uma viga flectida
................................................................................................................................. 74
Figura 7.3 - Exemplo 7.1 .......................................................................................... 76
Figura 7.4 - Momentos e produtos de inércia ........................................................... 77
Figura 7.5 - Flexão recta........................................................................................... 88
Figura 7.6 - Flexão desviada .................................................................................... 90
Figura 7.7 - Equação da deformada ......................................................................... 93
Figura 8.1 - Torção de um veio altamente deformável ........................................... 102
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
Figura 8.2 - Ângulo de torção ................................................................................. 103
Figura 8.3 - Deformação por cisalhamento do elemento ........................................ 103
Figura 8.4 - Variação da deformação por cisalhamento ........................................ 104
Figura 8.5 - Variação da tensão de cisalhamento ao longo da recta radial da secção
transversal .............................................................................................................. 105
Figura 8.6 - Veio com secção transversal maciça .................................................. 106
Figura 8.7 - Variação da tensão de cisalhamento no veio maciço .......................... 107
Figura 8.8 - Eixo de madeira submetido à torção ................................................... 107
Figura 8.9 - Variação da tensão de cisalhamento no veio oco ............................... 109
Figura 8.10 - Exemplo 8.1 ...................................................................................... 111
Figura 8.11 - Exemplo 8.2 ...................................................................................... 111
Figura 8.12 - Exemplo 8.3 ...................................................................................... 112
Figura 8.13 - Veio em consola submetido à torção ................................................ 114
Figura 8.14 - Exemplo 8.4 ...................................................................................... 117
Figura 8.15 - ângulo de torção ................................................................................ 119
Figura 8.16 - Veio sob torção ................................................................................. 120
Figura 8.17 - Máquina de teste de torção ............................................................... 121
Figura 8.18 - Convenção de sinais do torque e do ângulo de torção ..................... 122
Figura 8.19 - Exemplo de uso de convenção de sinais .......................................... 122
Figura 8.20 - Exemplo 8.6 ...................................................................................... 124
Figura 8.21 - Problema 8.1 ..................................................................................... 126
Figura 8.22 - Problema 8.6 ..................................................................................... 132
Figura 8.23 - Problema 8.7 ..................................................................................... 133
Figura 8.24 - Estruturas estaticamente indeterminadas sob torção ........................ 138
Figura 9.1 - Viga carregada por forças e momentos............................................... 147
Figura 9.2 - Trabalho produzido pelas forças ......................................................... 148
Figura 9.3 - Exemplo 9.1 ........................................................................................ 153
Figura 9.4 - Exemplo 9.2 ........................................................................................ 154
Figura 9.5 - Exemplo 9.3 ........................................................................................ 156
Figura 9.6 - Exemplo 9.4 ........................................................................................ 158
Figura 9.7 - Exemplo 9.5 ........................................................................................ 161
Figura 9.8 - Diagramas dos esforços internos em estruturas interiormente
hiperestáticas ......................................................................................................... 163
Propriedades Mecânicas dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
I
PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS
Tabela 1. Coeficiente de Poisson
Material 𝝂 Material 𝝂
Aço 0,25 − 0,33 Latão 0,32 − 0,42
Alumínio 0,32 − 0,36 Zinco 0,21
Bronze 0,32 − 0,35 Pedra 0,16 − 0,34
Cobre 0,31 − 0,34 Vidro 0,25
Tabela 2. Módulo de elasticidade dos materiais
Material
Modulo de
elasticidade
𝑬 [𝑮𝑷𝒂]
Material
Modulo de
elasticidade,
𝑬 [𝑮𝑷𝒂]
Aço 210 Latão 117
Alumínio 70 Ligas de Alumínio 73
Bronze 112 Ligas de chumbo 17
Cobre 112 Ligas de estanho 41
Chumbo 17 Ligas de magnésio 45
Estanho 40 Ligas de titânio 114
Ferro 200 Magnésio 43
Zinco 96 Liga de níquel (Monel) 179
Madeira 8 − 12
Observação:
É comum encontrar-se o módulo de elasticidade em 𝑀𝑃𝑎 (megapascal):
𝐸9ç; = 2,1 × 10> 𝑀𝑃𝑎 − 𝐴ç𝑜
𝐸AB = 0,7 × 10> 𝑀𝑃𝑎 − 𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜
𝐸IJ = 1,12 × 10> 𝑀𝑃𝑎 − 𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒
Tabela 3. Pressão
Para obter
Multiplicar 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚T 𝑘𝑃𝑎 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑎 0℃ 𝑝𝑠𝑖
𝒂𝒕𝒎 1,0332 101,3171 760 14,696
𝒃𝒂𝒓 1,019716 100 750,062 14,50368
𝒌𝒈𝒇/𝒄𝒎𝟐 − 98,03922 735,5592 14,22334
𝒌𝑷𝒂 0,01020 − 7,5006 0,14504
𝒎𝒎𝑯𝒈 𝒂 𝟎℃ 0,001360 0,133322 − 0,019337
𝒑𝒔𝒊 0,070307 6,89465 51,715 −
Propriedades Mecânicas dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
II
Tabela 4. Peso específico dos materiais
Material Peso específico
𝜸 [𝑵/𝒎𝟑] Material Peso específico
𝜸 [𝑵/𝒎𝟑]
Aço 7,70 × 10j Gasolina 15℃ 0,83 × 10j
Água destilada 0,98 × 10j Gelo 0,88 × 10j
Alvenaria de tijolo 1,47 × 10j Graxa 0,90 × 10j
Alumínio 2,55 × 10j Latão 8,63 × 10j
Bronze 8,63 × 10j Leite 15℃ 1,02 × 10j
Borracha 0,93 × 10j Magnésio1,72 × 10j
Cal hidratado 1,18 × 10j Níquel 8,50 × 10j
Cerveja 1,00 × 10j Ouro 18,95 × 10j
Cimento em pó 1,47 × 10j Papel 0,98 × 10j
Concreto 2,00 × 10j Peroba 0,78 × 10j
Cobre 8,63 × 10j Pinho 0,59 × 10j
Cortiça 0,24 × 10j Platina 20,80 × 10j
Chumbo 11,0 × 10j Porcelana 2,35 × 10j
Diamante 3,43 × 10j Prata 9,80 × 10j
Estanho 7,10 × 10j Talco 2,65 × 10j
Ferro 7,70 × 10j Zinco 6,90 × 10j
Tabela 5. Coeficiente de dilatação térmica dos materiais
Material
Coeficiente de
dilatação térmica
𝜶 [ ℃l𝟏]
Material
Coeficiente de
dilatação térmica
𝜶 [ ℃l𝟏]
Aço 1,2 × 10l> Latão 1,87 × 10l>
Alumínio 2,3 × 10l> Magnésio 2,6 × 10l>
Bronze 1,87 × 10l> Níquel 1,3 × 10l>
Borracha a 𝟐𝟎℃ 7,7 × 10l> Ouro 1,4 × 10l>
Chumbo 2,9 × 10l> Platina 0,9 × 10l>
Cobre 1,67 × 10l> Prata 2,0 × 10l>
Estanho 2,6 × 10l> Tijolo 0,6 × 10l>
Ferro 1,2 × 10l> Porcelana 0,3 × 10l>
Zinco 1,7 × 10l> Vidro 0,8 × 10l>
Propriedades Mecânicas dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
III
Tabela 6. Limites de escoamento e de ruptura de alguns materiais
Material Limite de escoamento
𝜎o [𝑀𝑃𝑎]
Limite de ruptura
𝜎p [𝑀𝑃𝑎]
Aços
ASTM-A36 (0,25-0,30%C) 250 400 − 500
ASTM-A570 (0,25%C) 230 360
SAE 1008 (0,08%C) 170 305
SAE 1010 (0,10%C) 180 325
SAE 1020 (0,10%C) 210 380
SAE 1045 (0,45%C) 310 560
Ferro fundido
Cinzento − 200
Branco − 450
Preto – F − 350
Preto – P − 550
Nodular − 670
Matérias não ferrosos
Alumínio 30 − 120 70 − 230
Duralumínio 100 − 420 200 − 500
Cobre 60 − 320 230 − 350
Bronze ao níquel 120 − 650 300 − 750
Magnésio 140 − 200 210 − 300
Titânio 520 600
Zinco − 290
Materiais não metálicos
Borracha − 20 − 80
Concreto − 0,8 − 7
Madeira
Pinho − 100 − 120
Eucalipto − 100 − 150
Plásticos
Nylon − 80
Vidro
Vidro plano − 5 − 10
Observação: o aço SAE 1045 não é usado na estrutura propriamente dita, mas
somente nos esticadores de tirante dela.
Para aços usados em estruturas metálicas não são desejados teores de
carbono médios ou altos. Os teores devem estar entre 𝟎, 𝟏𝟎 − 𝟎, 𝟑𝟎% de Carbono,
por permitirem solda eléctrica sem cuidados especiais.
ASTM – American Society of Testing Materials
SAE – Society of Automotive Engineers
ISO – International Organization of Standardization
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
Vós servos, sujeitai-vos com todo o temor ao Senhor, não somente ao bom
e humano, mas também ao mau; porque é coisa agradável
que alguém, por causa da consciência para com Deus,
sofra agravos, padecendo injustamente
1Pedro 2: 18-19
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
1
CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO À RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A resistência dos materiais é um ramo da mecânica que estuda as relações
entre cargas externas aplicadas a um corpo deformável e a intensidade das forças
internas que actuam dentro do corpo. Esse assunto abrange também o cálculo da
deformação do corpo e o estudo da sua estabilidade, quando ele está submetido a
forças externas.
No projecto de qualquer estrutura ou máquina é necessário primeiro usar os
princípios da estática para determinar as forças que actuam tanto sobre como no
interior de seus vários membros. As dimensões dos elementos, sua deflexão e sua
estabilidade dependem não só das cargas internas como também do tipo de material
do qual esses elementos são feitos. Assim, a determinação precisa e a compreensão
do comportamento do material são de vital importância para o desenvolvimento das
equações usadas na resistência dos materiais. Observe que muitas fórmulas e
procedimentos de projecto, definidos nas normas da engenharia e usados na prática,
baseiam-se nos fundamentos da resistência dos materiais e, por essa razão,
compreender os princípios dessa matéria é muito importante.
Figura 1.1 - Parafusos usados no acoplamento duma estrutura metálica submetidos à tensão.
Na Resistência dos materiais são estudados corpos sólidos submetidos à
acção de forças exteriores, os quais se encontram no estado de equilíbrio. Por
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
2
conseguinte, a teoria de Resistência dos Materiais baseia-se de uma maneira geral
nas leis e nos teoremas da mecânica geral, e em particular nas leis da Estática. Sem
o conhecimento profundo daquelas leis o estudo da Resistência dos Materiais é
impossível.
Deveremos, no entanto, abandonar a hipótese de um corpo totalmente rígido e
considerar nos nossos estudos os estados de tensão e de deformação internos
produzidos pela carga exterior que determinam as dimensões necessárias para os
elementos estruturais. O objectivo da resistência dos materiais consiste em elaborar
e pôr à disposição dos projectistas as bases para a determinação dos estados de
tensão e de deformação e para o dimensionamento dos elementos estruturais
técnicos, considerando ao mesmo tempo uma segurança suficiente e um óptimo
aproveitamento do material (Optimização).
1.1. Importância e Aplicação da Resistência dos Materiais
A Resistência dos Materiais é muito importante para a formação dos
engenheiros. Seus métodos são necessários aos projectistas de estruturas
marítimas, aos engenheiros civis e aos arquitetos no projecto de pontes e edifícios,
aos engenheiros mecânicos e químicos para o projecto de mecanismos e de
reservatórios sob pressão, aos metalúrgicos, aos eletricistas, etc.
Em todas as construções de engenharia, as partes de uma estrutura devem
ser devidamente proporcionadas para resistir às cargas que agem sobre elas. Como
exemplo podem-se citar: as paredes de um reservatório sob pressão devem resistir à
pressão interna; as lajes de piso de um edifício devem suportar o seu peso próprio e
a devida sobrecarga; o veio de uma máquina deve ter dimensões adequadas para
transmitir o momento de torção especificado; a asa de um avião deve suportar com
segurança as cargas aerodinâmicas que agem sobre ela durante o voo ou na
aterrissagem.
Esse assunto vem sendo estudado há muitos anos, como é possível verificar
nos famosos trabalhos de Leonardo da Vinci (1452-1519) e Galileo Galilei (1564-
1642) que fizeram diversas experiências para a determinação da resistência de
cabos, barras e vigas, sem contudo desenvolver qualquer estudo teórico para explicar
os resultados de seus experimentos. A eles seguiram-se outros estudiosos como
Leonard Euler (1701-1783), Coulomb, Poisson, Navier, Saint Venant e Cauchy que,
por sua vez, desenvolveram teorias fundamentais.
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
3
Figura 1.2 - Campo de aplicação da resistência dos materiais
1.2. Conceitos principais da resistência dos materiais
O problema fundamental da resistência dos materiais é o dimensionamento
de estruturas, das máquinas e dos equipamentos em geral, bem como dos seus
elementos e a apresentação do respectivo certificado de segurança. Isto significa:
§ Uma comparação das solicitações máximas possíveis esperadas com as
solicitações admissíveis dos materiais usados;
§ A determinação do estado de deformação das construções, uma vez que pelo
seu dimensionamento devem ser garantidas não só uma segurança suficiente
mas também deformações dentro de limites determinados;
§ A garantia da estabilidade das estruturas;
§ A economia dos materiais disponíveis.
Ao contrário da estática onde são estudadas apenas as resultantes as forças
internas aplicadas em qualquer secção transversal de um elemento estrutural, na
resistência dos materiais não só se determinam os valores e as direcções das forças
internas mas também a sua distribuição sobre assecções transversais. As forças
internas, no entanto, só podem ser determinadas independentemente das
deformações no caso de estruturas isostáticas. Todavia, a maioria dos problemas é
hiperestática de modo que só tendo em conta deformações se podem determinar as
forças internas.
A relação entre as forças internas e as deformações provocadas pelo
carregamento determina-se pelas leis da teoria de elasticidade, das quais a mais
simples é a “Lei de Hooke”. O cientista Hooke estabeleceu em 1676 a tese seguinte:
“quão é a deformação, tal é a força”. Isto significa que a deformação é directamente
proporcional à força actuante. Esta proporcionalidade constitui a base para a
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
4
aplicabilidade do “Princípio de Sobreposição”. Em conformidade com esse
princípio, as deformações e as forças internas são independentes da ordem temporal
da aplicação das forças externas. Isto significa que no caso de se aplicarem várias
forças num Sistema, as forças internas, as tensões e as deformações produzidas por
cada uma das forças se determinam separadamente, obtendo-se o resultado final
como soma vectorial dos resultados parciais.
Princípio de Sobreposição
As dimensões geométricas de um corpo real variam devido à acção de forças
externas. Ao retirar a carga as dimensões restabelecem-se total ou parcialmente. A
propriedade dos corpos de restabelecer as suas dimensões geométricas denomina-
se “elasticidade”.
Em conformidade com isso, os materiais que obedecem à lei de Hooke são
considerados como elásticos. Na realidade, verificam-se nos corpos reais, maiores
ou menores desvios de elasticidade absoluta. Os desvios aumentam com os valores
das cargas actuantes. As deformações residuais irreversíveis são denominadas
plásticas e a sua existência torna necessária a aplicação das leis da “Plasticidade”.
Nos materiais poliméricos e nos elementos estruturais submetidos a temperaturas
elevadas ocorre o fenómeno da “Viscoelasticidade”, isto é, sob a acção de cargas
constantes, as deformações variam com a duração do carregamento. Na nossa
abordagem limitar-nos-emos a deformações absolutamente elásticas. Os problemas
da plasticidade e da viscoelasticidade não serão analisados.
Para além disso, pressuporemos deformações pequenas quando
comparadas com as dimensões dos elementos estruturais. Como abandonamos a
hipótese fictícia do corpo rígido, deveriam também ser estabelecidas, com rigor, as
condições de equilíbrio no corpo deformado. No entanto, como trataremos apenas
deformações pequenas, continuaremos a estabelecer as condições de equilíbrio dos
elementos não deformados. Fala-se neste caso da “teoria da primeira ordem”, que
traz consigo simplificações consideráveis.
No caso de carregamentos com sequência, deve-se aplicar cada uma das
cargas na estrutura não deformada, isto é, cada carga seguinte carrega a estrutura
da mesma maneira como a carga inicial. Por isso, pode ser alterada a ordem de
aplicação das cargas.
No entanto, para alguns problemas, por exemplo, os de estabilidade, a teoria
da primeira ordem não tem aplicação. Nesse caso, as condições de equilíbrio
estabelecem-se obrigatoriamente com a estrutura deformada, porque são admitidas
nestes problemas deformações grandes (teoria da segunda ou terceira ordem).
Então, para esses casos, há que considerar a presença de termos que na teoria da
primeira ordem se consideram desprezíveis.
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
5
Na Resistência dos Materiais, assim como em qualquer outro ramo das
ciências, o estudo da resistência de um objecto real começa com a determinação de
um “esquema de cálculo” ou “modelo de cálculo”, que significa frequentemente
uma certa simplificação do problema. Esta simplificação torna-se necessária em todos
os casos, uma vez que se verifica a impossibilidade de solucionar um problema
considerando todas as suas particularidades, por serem em número ilimitado.
Portanto, desprezaremos tudo o que se revela como secundário em relação
ao essencial, isto é, não tomaremos em conta as particularidades sem importância
respeitante à resistência da estrutura. Em relação às propriedades mecânicas dos
elementos estruturais basear-nos-emos nas seguintes suposições:
§ Todos os materiais são considerados como meios contínuos e homogéneos,
independentemente das particularidades da sua microestrutura. Um material é
homogéneo quando as suas propriedades não dependem do volume do
corpo. Disto provém o conceito do meio contínuo. Um meio contínuo
caracteriza-se pela ocupação contínua de todo o volume que lhe é atribuído;
§ Supõe-se que o material tenha as mesmas propriedades em todas as
direcções, isto é, seja isotrópico. Isto significa que as propriedades de um
corpo destacado de um meio contínuo não dependem da sua orientação
angular original dentro deste meio. Embora cada cristal de um metal, tomado
separadamente, seja anisotrópico, o metal no seu total é considerado
isotrópico, uma vez que o volume real contém um grande número de cristais
dispostos aleatoriamente. Porém, existem também materiais anisotrópicos
como, por exemplo, a madeira, cujas propriedades dependem da orientação
das fibras.
Introduzem-se frequentemente simplificações na geometria dos corpos reais
considerando-os compostos de corpos regulares da estereometria (cubos,
paralelepípedos, cilindros, esferas, etc.). Dependerá, pois, da experiência prática do
engenheiro, na medida em que consiga separar o secundário do essencial, facilitar o
trabalho sem desobedecer as exigências práticas estabelecidas ou requeridas no
modelo real. Por outro lado, o engenheiro deve contar sempre com os perigos
possíveis que podem resultar do seu trabalho para a saúde e a vida dos outros, bem
como para a economia do país e proteção do meio ambiente.
Se não fizer outra referência, suporemos que a
carga atinja o seu valor final muito devagar, não
instantaneamente, crescendo do valor zero até ao seu
valor final, como está representado na Figura 1.3. Nesta
condição o elemento estrutural dispõe do tempo
necessário para formar em cada momento o estado de
equilíbrio entre as forças externas e internas. Fala-se,
neste caso, de uma solicitação estática. Figura 1.3 - Solicitação estática
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
6
As cargas introduzidas rapidamente provocam vibrações e aumentam os
esforços até ao dobro (Figura 1.4.a). Sob a acção de choques ou impulsos os esforços
podem alcançar um múltiplo da solicitação estática (Figura 1.4.b). Conhece-se
também, sobretudo devido à acção de máquinas, solicitações periódicas (Figura
1.4.c) que levam à fadiga dos materiais. Para além disso, surgem, por vezes,
solicitações totalmente irregulares, não estacionárias, acidentais (Figura 1.4.d) que
são produzidas, por exemplo, pelos carros sobre pontes ou pelo vento que actua nas
estruturas da engenharia civil.
Figura 1.4 - Solicitação variável
O nosso estudo da resistência dos materiais limitar-se-á ao estudo das
solicitações estáticas em estruturas isostáticas e hiperestáticas.
1.3. Tipos de apoios ou suportes
A tabela a seguir ilustra os tipos de apoios e suportes convencionais que
passaremos a usar nos capítulos seguintes para efectuar o estudo das estruturas
submetidas a vários tipos de solicitação.
Tabela 7. Tipos de apoios ou suportes de estruturas
Tipo de Apoio Reacções de apoio
Cabo – neste tipo de apoio aparece
apenas uma reacção (tracção) na
direcção do cabo.
Uma incógnita: 𝑭
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
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7
Apoio móvel - neste tipo de apoio
aparece apenas uma reacção.
Uma incógnita: 𝑭
Plano inclinado - neste tipo de apoio
aparece apenas umareacção
perpendicular ao plano.
Uma incógnita: 𝑭
Apoio fixo - neste tipo de apoio
aparecem duas reacções de apoio nos
eixos ortogonais.
Duas incógnitas: 𝑭𝒛 𝒆 𝑭𝒚
Pino interno - neste tipo de apoio
aparecem duas reacções de apoio nos
eixos ortogonais.
Duas incógnitas: 𝑭𝒛 𝒆 𝑭𝒚
Encastramento - neste tipo de apoio
aparecem duas reacções nos eixos
ortogonais e um momento flector.
Três incógnitas: 𝑭𝒛 , 𝑭𝒚 𝒆 𝑴𝒙
1.4. Tipos de carregamentos e suas aplicações
Na tabela a seguir apresentam-se alguns carregamentos típicos de estruturas
na prática de engenharia e as suas respectivas reacções nos apoios.
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
8
Tabela 8. Tipos de carregamentos de estruturas e suas aplicações
Tipo de carregamento Reacções nos apoios
Forças concentradas
Carga uniformemente distribuída
Carga uniformemente variável
Momento concentrado
Observações:
§ Para o cálculo das reacções de apoio, a carga uniformemente distribuída é
substituída por uma força concentrada equivalente 𝑸 igual a área da figura
geométrica descrita pela carga e que passa pelo seu centroide: 𝑄 = 𝑞. 𝑙
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
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§ Para o cálculo das reacções de apoio, a carga uniformemente variável é
substituída por uma força concentrada equivalente 𝑸 igual a área da figura
geométrica descrita pela carga e que passa pelo seu centroide: 𝑄 = (𝑞. 𝐿)/2
§ Para o cálculo das reacções de apoio, o binário de forças pode ser substituído
por um momento correspondente 𝑴 no polo, que será igual à força multiplicada
pela distância entre as forças que formam o binário: 𝑀 = 𝐹. 𝑎
1.5. Classificação das vigas
Na tabela a seguir apresentam-se algumas classificações típicas de vigas na
prática de engenharia.
Tabela 9. Classificação das vigas
Classificação das vigas
§ Vigas simplesmente apoiadas
§ Viga bi-encastrada
§ Viga encastrada-apoiada
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
10
§ Viga em consola
§ Viga em balanço nas duas extremidades
1.6. Cálculo das reacções de apoio em estruturas isostáticas
O cálculo das reacções de apoio em estruturas isostáticas é feito apenas
estabelecendo as condições de equilíbrio da estrutura, que genericamente são:
§ →: o somatório de todas as forças que agem no sentido horizontal (x ou z) deve
igual a zero.
§ ↑: o somatório de todas as forças que agem no sentido vertical (y) deve ser
igual a zero.
§ ↺ 𝑨 𝑜𝑢 ↻ 𝑨: o somatório dos momentos no sentido indicado em relação a um
ponto qualquer (A) escolhido convenientemente, deve ser igual a zero.
Nota: pode-se, também, estabelecer-se duas condições de equilíbrio fazendo-
se o somatório dos momentos em relação a dois pontos quaisquer (A e B) e
estabelecer-se a condição de equilíbrio de forças apenas numa direcção, tendo-se
assim, as três condições de equilíbrio gerais.
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
11
Exemplo 1.1
Para a estrutura representada na Figura 1.5, pede-se para determinar as
reacções nos apoios, negligenciando o peso da viga.
Dados: 𝐹 = 4 𝑘𝑁; 𝑞 = 2𝑘𝑁/𝑚; 𝑎 = 1 𝑚; 𝑏 = 0,5 𝑚
Figura 1.5 - Exemplo 1.1
Solução
Passo 1. Antes de estabelecer as condições de equilíbrio, é necessário fazer o
diagrama de corpo livre, substituindo-se o binário de forças por um momento
concentrado:
Passo 2. Cálculo do momento concentrado:
𝑀 = 𝐹 × 𝑏 = 4 × 0,5 = 2 𝑘𝑁.𝑚
Passo 3. Cálculo das reacções nos apoios
⟶: 𝐴� = 0 𝑨𝒛 = 𝟎
↑ : 𝐴� + 𝐵 − 𝑞. 𝑎 − 𝐹 = 0 𝑨𝒚 = −𝟎, 𝟓 𝒌𝑵
𝐴 ↺ : 𝐵. 2𝑎 +
1
2𝑞. 𝑎
T − 𝑀 − 𝐹. 3𝑎 = 0 𝑩 = 𝟔, 𝟓 𝒌𝑵
Capítulo 1 - Introdução à Resistência dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Eng.º M. A. Mazoca
12
Exemplo 1.2
Para a estrutura representada na
Figura 1.6, pede-se para
determinar as reacções nos apoios,
negligenciando o peso da viga.
Dados: 𝐹 = 𝑞. 𝑙 ; 𝑞 = 1𝑘𝑁/𝑚
𝑙 = 1500 𝑚𝑚 ;
1
3 𝑙 = 500 𝑚𝑚
Solução
Passo 1. Antes de estabelecer as condições de equilíbrio, é necessário fazer o
diagrama de corpo livre:
Passo 2. Cálculo das reacções de apoio:
→: 𝐴� − 𝐹 = 0 𝐴� = 𝐹 = 𝑞𝑙 𝑨𝒛 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝑵
↑ : 𝐴� − 𝑞𝑙 = 0 𝐴� = 𝑞𝑙 𝑨𝒚 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝑵
↻ 𝐴: 𝑀A +
1
2𝑞𝑙
T −
1
3𝐹𝑙 = 0 𝑀A =
1
3𝑞𝑙
T −
1
2 𝑞𝑙
T 𝑴𝑨 = 𝟑𝟕𝟓 𝑵.𝒎
Figura 1.6 - Exemplo 1.2
Porque sai o sol com ardor, e a erva seca, e a sua flor cai, e a formosa aparência
do seu apecto perece: assim se murchará, também,
o rico, nos seus caminhos. – Tiago 1:1
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
13
CAPÍTULO 2. ESFORÇOS NUMA SECÇÃO TRANSVERSAL
2.1. Princípio de corte
Embora comummente o problema da determinação dos esforços numa secção
e dos seus diagramas se considere como parte da estática, queremos tratá-lo
pormenorizadamente antes de chegarmos ao próprio assunto da "Resistência dos
materiais", tendo em conta a importância básica que cabe àquele problema.
Na estática estudámos como as forças exteriores aplicadas num corpo se
distribuem pelos apoios. Como estruturas isostáticas determinamos facilmente,
usando equações de equilíbrio, as reacções de apoio como funções das forças
externas aplicadas ao corpo.
Queremos investigar, agora, como o corpo sólido está em condições de
transmitir as cargas exteriores aos apoios, como se realiza a comunicação entre as
forças exteriores e as reacções de apoio. Esta comunicação resulta da acção das
forças internas, provocadas pelo carregamento da estrutura, que se opõem à
deformação e garantem a ligação interna dos corpos solicitados. Trata-se de forças
internas de coesão molecular que só se manifestam se o corpo for seccionado.
Para investigarmos as forças internas imaginemos um corpo qualquer, sob a
acção de um sistema de forças que satisfaça às condições de equilíbrio, seccionado
por uma superfície plana (Figura 2.1).
Figura 2.1 - Análise de forças internas [Fonte: WELZK, Frank-Joachim]
As acções moleculares exercidas pela parte direita (parte B) sobre a parte
esquerda (A) manifestam-se através da força resultante R, que passa pelo ponto de
referência S, e do momento resultante M, relacionado com o mesmo ponto, e
equilibram, evidentemente, a acção das forças F1 e F2.
Da mesma maneira, as forças internas actuantes sobre a parte direita
representam a acção das forças exteriores aplicadas na parte esquerda e equilibram
a acção das forças que se aplicam na parte direita. Portanto, pode-se determinar a
resultante R e o momento M indiferentemente, a partir das forças exteriores situadas
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
14
à esquerda do ponto de corte ou a partir das forças situadas à direita da secção,
invertendo-se, apenas os sentidos ao mudar o lado da secção considerada.
Para facilitar o estudo posterior é mais cómodo escolher como ponto de
referência S o centro de gravidade da secção transversal. A resultante R e o momento
M aplicados em cada parte do corpo seccionado são, pelas condições de equilíbrio,
iguais e opostos.
O método de seccionar o corpo para que asforças internas surjam
explicitamente é denominado “princípio do corte”.
Para determinar facilmente o esforço interno em cada secção seccionada
deve-se decompor a força resultante R e o momento resultante M em componentes
segundo direcções distintas que são as direcções dos eixos das coordenadas usadas.
Portanto, torna-se necessário estabelecer convenções sobre o sistema de
coordenadas e sobre os sinais a adoptar em todos os capítulos seguintes, quando em
contrário nada for assinalado.
Aplicaremos coordenadas cartesianas que formam um triedro de referência
sinistrógiro ou direito (Figura 2.3). A posição espacial do sistema de coordenadas
é arbitrária, mas em geral fixa-se de modo que o eixo 𝒛 coincida com o eixo do corpo
em questão.
O sinal ⨀ significa que o vector unitário que define o terceiro eixo se orienta de
trás para a frente do plano da figura.
O sinal ⊗ indica que o eixo está orientado para trás da figura.
Figura 2.3 - Coordenadas cartesianas
Definimos como “sentido positivo dos momentos e das rotações” o sentido
da rotação de um saca-rolhas quando progride segundo o sentido positivo do eixo
considerado (Figura 2.2).
2.2. Classificação dos esforços internos
As forças e os momentos internos serão considerados positivos se os seus
vectores têm os sentidos positivos dos respectivos eixos coordenados quando a
normal exterior da secção transversal em que actuam também tem sentido positivo,
Figura 2.2 - Sentido positivo dos
momentos e das rotações
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
15
ou quando os ditos vectores têm sentidos opostos aos dos eixos em causa, se a
normal exterior também tem sentido oposto ao eixo positivo (Figura 2.4).
Figura 2.4 - Classificação dos esforços internos
Decompondo a resultante R e o momento M da Figura 2.1 em componentes
segundo os eixos das coordenadas x, y e z obtêm-se os seguintes esforços
seccionais (Figura 2.5):
Figura 2.5 - Esforços seccionais
§ Esforço normal N, cuja tendência é comprimir (sinal negativo) ou traccionar
(sinal positivo, Figura 2.6.a) a secção.
§ Esforços transversos 𝑻𝒙 𝒆 𝑻𝒚, cuja tendência é cortar a secção ou provocar
o deslizamento mútuo das secções (Figura 2.6.b).
§ Momento torçor 𝑴𝒕, cuja tendência é torcer a secção em torno da sua normal
(Figura 2.6.c).
§ Momentos flectores 𝑴𝒙 𝒆 𝑴𝒚, cuja tendência é girar a secção em torno dos
eixos localizados no seu próprio plano, x e y respectivamente, comprimindo
uma parte da secção transversal e distendendo (traccionando) a outra (Figura
2.6.d).
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
16
Algumas das componentes de R e M representadas na Figura 2.5 são dirigidas
contrariamente aos sentidos positivos dos eixos coordenados, sendo por isso
designadas por sinais negativos.
O esforço normal N é um esforço actuando na direcção do eixo do corpo,
portanto, normalmente ao plano da secção transversal. E a soma algébrica das
projecções das forças exteriores situadas de um mesmo lado da secção, sobre a
normal à mesma.
Figura 2.6 - Acção dos esforços seccionais [Fonte: WELZK, Frank-Joachim]
Os esforços transversos T são esforços actuando perpendicularmente ao
eixo do corpo, portanto, no plano da secção transversal. São determinados pelas
somas algébricas das projecções das forças exteriores situadas de um mesmo lado
da secção, sobre os eixos coordenados localizados no plano da mesma.
O momento torçor 𝑴𝒕 é um esforço provocado por um conjugado que actua
no plano da secção transversal. É a soma algébrica dos momentos, em relação ao
eixo do corpo, das forças exteriores situadas de um mesmo lado da secção.
Os momentos flectores M são esforços provocados por conjugados que
actuam nos planos perpendiculares ao plano da secção, definidos pelo eixo do corpo
e por cada um dos outros dois eixos coordenados. São as somas algébricas das
projecções, sobre os eixos coordenados localizados no plano da secção transversal,
dos momentos das forças situadas de um mesmo lado da secção, em relação ao
centro de gravidade da mesma.
2.3. Classificação dos esforços internos numa secção em estruturas
planas
Na prática da engenharia as estruturas possuem, frequentemente, um plano
de simetria no qual estão situados todos os eixos dos elementos estruturais e todas
as forças exteriores. Limitemo-nos, por isso, primeiramente, à determinação analítica
dos esforços seccionais de estruturas planas carregadas no plano de simetria 𝒚𝒛.
Os esforços dependem do ponto de corte, quer dizer, são funções das
chamadas "coordenadas de trecho z" a introduzir. Os seus valores podem ser
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
17
determinados para qualquer secção, aplicando as condições de equilíbrio. Como nas
secções em que há descontinuidades da carga ou variações bruscas da direcção do
eixo do elemento estrutural ou da área da secção transversal aparecem também
descontinuidades nas funções dos esforços, é conveniente, subdividir a estrutura em
vários trechos, que começam e terminam nesses pontos de descontinuidade. Ao
subdividir a estrutura em vários trechos, pode-se introduzir para cada trecho "𝒊" uma
coordenada "𝒛𝒊", ou utilizar uma só coordenada geral "𝒛". O segundo método apenas
se aplica em estruturas não ramificadas e sem variações bruscas das secções
transversais e das direcções dos eixos dos seus elementos estruturais.
Com o fim de obtermos para cada trecho as representações analíticas das leis
de variação dos esforços como funções da coordenada 𝒛, imaginemos,
sucessivamente dentro de cada trecho, a estrutura cortada em qualquer secção e
introduzamos os esforços positivos no lugar de corte, estabelecendo, ainda, as
condições de equilíbrio para a parte cortada, ou para a parte restante da estrutura.
Para isso é necessário determinar previamente as reacções de apoio.
A seguir tem-se a resolução de
alguns problemas elucidativos, que
acredita-se serem suficientes para a
melhor compreensão da matéria deste
capítulo. Começaremos por estudar os
esforços internos da estrutura
apresentada no Exemplo 1 do Capítulo 1.
Antes de começarmos a
resolução dos problemas, é necessário
definir as direcções e os sentidos
convencionais dos esforços internos que
surgem quando seccionamos a viga.
Estas convenções são ilustradas na
figura ao lado, para as diferentes
orientações do eixo da viga (vertical ou
horizontal).
Exemplo 2.1
Para a estrutura representada na Figura 2.7, pede-se para determinar as
reacções nos apoios, negligenciando o peso da viga.
Dados: 𝐹 = 4 𝑘𝑁; 𝑞 = 2𝑘𝑁/𝑚; 𝑎 = 1 𝑚; 𝑏 = 0,5 𝑚
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
18
Figura 2.7 - Exemplo 2.1
Solução:
Passo 1. Fazemos o diagrama de corpo livre, arbitrando-se os sentidos das
reacções nos apoios e calcular as reacções de apoio em função das cargas
externas. Como no capítulo anterior esse trabalho já foi feito, a seguir
apresenta-se apenas o diagrama de corpo livre e os resultados das reacções.
𝑨𝒛 = 𝟎 𝑨𝒚 = −𝟎, 𝟓 𝒌𝑵 𝑩 = 𝟔, 𝟓 𝒌𝑵
Passo 2. Subdividimos a estrutura em trecho, com base nos pontos de
descontinuidade, e introduzimos uma coordenada 𝒛𝟏 , 𝒛𝟐 , 𝒛𝟑 e 𝒛𝟒 para cada
trecho como se mostra na figura a seguir:
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
19 19
Passo 3. Cortamos a estrutura sucessivamente dentro dos trechos, introduzimos
os esforços respeitantes e estabelecemos as condições de equilíbrio.
§ Trecho 1
⟶: 𝑁� = 0
↓: 𝑇� + 𝑞. 𝑧� = 0
𝑧� ↺ : 𝑀� +
1
2𝑞𝑧�
T = 0
𝑁� = 0
𝑇� = −2𝑧�
𝑀� = −𝑧�T
§ Trecho 2⟶: 𝑁T = 0
↓ : 𝑇T + 𝑞. 𝑎 − 𝐴� = 0
𝑧T ↺ : 𝑀T + 𝑞. 𝑎 �
1
2𝑎 + 𝑧T� − 𝐴�. 𝑧T = 0
𝑁T = 0
𝑇T = −2,5 𝑘𝑁
𝑀T = −2,5𝑧T
§ Trecho 3
⟵: 𝑁� = 0
↑ : 𝑇� − 𝐹 = 0
𝑧� ↻ : 𝑀� + 𝐹. 𝑧� = 0
⟵: 𝑁� = 0
↑ : 𝑇� − 𝐹 = 0
𝑧� ↻ : 𝑀� + 𝐹. 𝑧� = 0
§ Trecho 4
⟵: 𝑁j = 0
↑ : 𝑇j + 𝐵 − 𝐹 = 0
𝑧j ↻ : 𝑀j − 𝐵. 𝑧j + 𝐹(𝑎 + 𝑧j) = 0
𝑁j = 0
𝑇j = −2,5 𝑘𝑁
𝑀j = 2,5𝑧j − 4
Exemplo 2.2
Determinar as leis de variação dos esforços seccionais para a estrutura
representada na Figura 2.8.
Dados: 𝐹, 𝑎. 𝐹� = √2𝐹 ; 𝐹 = 𝑞𝑎 ; 𝛼 = 45°
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
20 20
Figura 2.8 - Exemplo 2.2
Solução:
Passo 1. Fazemos o diagrama de corpo livre, arbitrando-se os sentidos das
reacções nos apoios e calcular as reacções de apoio em função das cargas
externas. Podemos, também, nesta fase, subdividir a estrutura em trechos e
introduzir a coordenada 𝒛𝟏, 𝒛𝟐 e 𝒛𝟑 para cada trecho:
→: 𝐴� − 𝐹 = 0
↑ : 𝐴� + 𝐵� − 2𝑞𝑎 − 𝐹 = 0
𝐴 ↺ : 𝐵. 4𝑎 − 𝐹. 3𝑎 − 2𝑞𝑎T = 0
𝐴� = 𝐹
𝐴� =
7
4𝐹
𝐵 = 5
4𝐹
Passo 2. Cortamos a estrutura sucessivamente dentro dos trechos, introduzimos
os esforços respeitantes e estabelecemos as condições de equilíbrio.
§ Trecho 1
→: 𝐴� + 𝑁� = 0
↑ : 𝐴� − 𝑞𝑧� − 𝑇� = 0
𝑧� ↺ : 𝑀� + 𝑞
𝑧�T
2 − 𝐴�𝑧� = 0
𝑁� = −𝐹
𝑇� =
7
4𝐹 − 𝑞𝑧�
𝑀� =
7
4𝐹𝑧� − 𝑞
𝑧�T
2
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
21 21
§ Trecho 2
↑ : 𝐴� − 2𝑞𝑎 − 𝑇T = 0
→ : 𝐴� + 𝑁T = 0
𝑧T ↺ : 𝑀T − 𝐴�(2𝑎 + 𝑧T) + 2𝑞𝑎(𝑎 + 𝑧T) = 0
𝑇T = 𝐴� − 2𝑞𝑎 = −14𝐹
𝑁T = −𝐴� = −𝐹
𝑀T = 𝐹 �32𝑎 −
1
4 𝑧T�
§ Trecho 3
↑ : 𝐵 + 𝑇� = 0
→ : −𝑁� = 0
𝑧� ↺ : 𝐵. 𝑧� −𝑀� = 0
𝑇� = −54𝐹
𝑁� = 0
𝑀� =
5
4𝐹𝑧�
Exemplo 2.3
Para a estrutura representada
na Figura 1.6, pede-se para
determinar as equações dos
esforços internos.
Dados: 𝐹 = 𝑞. 𝑙 ; 𝑞 = 1𝑘𝑁/𝑚
𝑙 = 1500 𝑚𝑚 ;
1
3 𝑙 = 500 𝑚𝑚
Solução:
Passo 1. Fazemos o digrama de corpo livre, arbitrando-se os sentidos das
reacções nos apoios e calcular as reacções em função das cargas externas.
Podemos também, nesta fase, subdividir a estrutura em trechos e introduzir a
coordenada 𝑧� e 𝑧T para cada trecho:
Figura 2.9 - Exemplo 2.3
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
22 22
→: 𝐴� − 𝐹 = 0
↑ : 𝐴� − 𝑞𝑙 = 0
↻ 𝐴: 𝑀A +
1
2𝑞𝑙
T − 13𝐹𝑙 = 0
𝐴� = 𝐹 = 𝑞𝑙
𝐴� = 𝑞𝑙
𝑀A =
1
3𝑞𝑙
T − 12 𝑞𝑙
T
𝑨𝒛 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝑵
𝑨𝒚 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝑵
𝑴𝑨 = 𝟑𝟕𝟓 𝑵.𝒎
Passo 2. Cortamos a estrutura sucessivamente dentro dos trechos, introduzimos
os esforços respeitantes e estabelecemos as condições de equilíbrio.
§ Trecho 1
↓ : 𝑁� = 0
← : 𝑇� + 𝐹 = 0
𝑧� ↻ : 𝑀� − 𝐹𝑧� = 0
𝑁� = 0
𝑇� = −𝐹
𝑀� = 𝐹𝑧�
§ Trecho 2
←: 𝑁T + 𝐹 = 0
↑ : 𝑇T − 𝑞𝑧T = 0
𝑧T ↻:𝑀T −
1
3𝐹𝑙 +
1
2 𝑞𝑧T
T = 0
𝑁T = −𝐹
𝑇T = 𝑞𝑧T
𝑀T =
1
3𝐹𝑙 −
1
2 𝑞𝑧T
T
Exemplo 2.4
Determinar as equações
dos esforços internos para a
estrutura abaixo representada,
sendo:
Dados: 𝑞¡á£ = 3𝑞¤ ; 𝐹 = 𝑞¤𝑎
Figura 2.10 - Exemplo 2.4
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
23 23
Solução:
Passo 1. Cálculo das reacções de apoio
→: 𝐴� − 𝐹 = 0
↑ : 𝐴� −
1
23𝑞¤ . 3𝑎 = 0
𝐴 ↺ : −𝑀A −
1
23𝑞¤ . 3𝑎 .
1
3 3𝑎 − 𝐹𝑎 = 0
𝑨𝒛 = 𝑭
𝑨𝒚 = 𝟒, 𝟓 𝑭
𝑴𝑨 = −𝟓, 𝟓 𝑭𝒂
Passo 2. Determinação dos esforços internos
Subdividimos a estrutura em dois trechos e introduzimos para cada trecho “𝒊”
uma coordenada “𝒛”". Fazemos coincidir em cada vez a coordenada 𝒛 com o eixo
da parte da estrutura em causa, contando 2, quer a partir da extremidade direita
do trecho, quer da extremidade esquerda. Os sentidos dos 𝒛¥ de vários trechos
são arbitrários, podendo ser opostos. Elementos estruturais verticais são
estudados como um desenho técnico, isto é, do lado direito. Estudando cada
trecho deste modo, introduzimos os esforços positivos. Assim, para a parte do lado
esquerdo do ponto de corte, o esforço normal tem o sentido positivo para a direita,
o esforço transverso tem o sentido positivo para baixo e o momento flector tem o
sentido positivo oposto ao movimento dos ponteiros do relógio, enquanto para a
parte do lado direito do ponto de corte os sentidos são contrários.
§ Trecho 1
→: 𝑁� = 0
↑: 𝐹 − 𝑇� = 0
𝑧� ↺ : 𝑀� − 𝐹𝑧� = 0
𝑁� = 0
𝑇� = 𝐹
𝑀� = 𝐹𝑧�
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
24 24
§ Trecho 2
→: −𝑁T − 𝐹 = 0
↑ : 𝑇T − 𝑞(𝑧T)
𝑧T
2 = 0
𝑧T ↺ : −𝑀T − 𝐹𝑎 − 𝑞(𝑧T).
𝑧T
2 .
𝑧T
3 = 0
𝑁T = −𝐹 = −𝑞¤𝑎
𝑇T = 𝑞¤
𝑧TT
2𝑎
𝑀T = −𝐹𝑎 − 𝑞¤
𝑧T�
6𝑎 = −𝑞¤𝑎T − 𝑞¤
𝑧T�
6𝑎
sendo: 𝑞(𝑧T) = 𝑞¡á£.
𝑧T
3𝑎 = 𝑞¤.
𝑧T
𝑎
Exemplo 2.5
Determinar as equações
dos esforços internos para a
estrutura representada na
figura abaixo ao lado.
Dados:
𝑞, 𝑎 𝐹 = 𝑞. 𝑎
Solução:
Passo 1. Cálculo das reacções de apoio
→: 𝐴� − 𝐹 = 0
↑ : 𝐴� + 𝐵 − 4𝑞𝑎 = 0
𝐴 ↺:𝐵. 3𝑎 − 𝐹𝑎 − 𝑞. 4𝑎. 2𝑎 = 0
𝐴� = 4𝑞𝑎 − 3𝑞𝑎 = 𝑞𝑎
𝐴� = 𝐹 = 𝑞𝑎
𝐵 = 3𝐹 = 3𝑞𝑎
Figura 2.11 - Exemplo 2.5
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
25 25
Passo 2. Determinação das equações dos esforços internos
§ Trecho 1
→: 𝑇� = 0
↑ : 𝑁� + 𝐵 = 0
↺ 𝑧�: 𝑀� = 0
𝑇� = 0
𝑁� = −𝐵 = −3𝑞𝑎
𝑀� = 0
§ Trecho 2
→:𝑇T − 𝐹 = 0
↑ : 𝑁T + 𝐵 = 0
↺ 𝑧T: 𝑀T − 𝐹𝑧T = 0
𝑇T = 𝐹 = 𝑞𝑎
𝑁T = −𝐵 = −3𝑞𝑎
𝑀T = 𝐹𝑧T = 𝑞𝑎𝑧T
§ Trecho 3
←: 𝑁� = 0
↑ : 𝑇� − 𝑞𝑧� = 0
↻ 𝑧�: 𝑀� +
1
2𝑞𝑧�
T = 0
𝑁� = 0
𝑇� = 𝑞𝑧�
𝑀� = −12𝑞𝑧�
T
§ Trecho 4
→: 𝑁j + 𝐴� = 0
↓ : 𝑇j + 𝑞𝑧j − 𝐴� = 0
↺ 𝑧j: 𝑀j +
1
2𝑞𝑧j
T − 𝐴�𝑧j = 0
𝑁j = −𝐴� = −𝑞𝑎
𝑇j = 𝑞𝑎 − 𝑞𝑧j
𝑀j = 𝑞𝑎𝑧j −
𝑞𝑧jT
2
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
26 26
Analisemos agora as relações existentes entre o momento flector, o
esforço transverso e as cargas perpendiculares ao eixo da viga:
Consideremos uma distribuição qualquer da carga vertical q(z) aplicada a uma
viga (Figura 2.12). Essa carga induz na viga um esforço transverso T(z) e um
momento flector M(z).
Figura2.12 - Cargas perpendiculares ao eixo da viga
Cortamos da viga um elemento por duas secções transversais adjacentes,
distante uma da outra de dz e estabelecemos as condições de equilíbrio do elemento.
Ao passar da secção de abcissa z à secção de abcissa z+dz, variam os esforços por
valores diferenciais. Essas variações são consideradas pela primeira parcela de
correcção da série de Taylor
𝑓(𝑧 + 𝑑𝑧) = 𝑓(𝑧) +
𝑑𝑓
𝑑𝑧 𝑑𝑧 +
1
2!
𝑑T𝑓
𝑑𝑧T
(𝑑𝑧)T +⋯
Os esforços seccionais sofrem, pois, um acréscimo diferencial:
Figura 2.13 – Corte da viga por duas secções transversais
As condições de equilíbrio aplicadas no elemento cortado fornecem:
→: −𝑁(𝑧) + 𝑁(𝑧) + 𝑑𝑁 = 0
↑: 𝑇(𝑧) − 𝑇(𝑧) − 𝑑𝑇 − 𝑞(𝑧)𝑑𝑧 = 0
↺ 𝑧: − 𝑀(𝑧) + 𝑀(𝑧) + 𝑑𝑀 − 𝑇(𝑧)
𝑑𝑧
2 − 𝑇(𝑧)
𝑑𝑧
2 − 𝑑𝑇
𝑑𝑧
2 = 0
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
27 27
Desprezamos a última parcela da equação dos momentos por ser infinitamente
pequena comparada com as restantes obtemos:
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
𝑁 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑑𝑇
𝑑𝑧 = −𝑞(𝑧)
𝑑𝑀
𝑑𝑧 = 𝑇(𝑧)
⇛
𝑑T𝑀
𝑑𝑧T =
𝑑𝑇
𝑑𝑧 = −𝑞(𝑧)
Percorrendo o trecho da esquerda para a direita constatamos que o esforço
transverso é a derivada do momento flector e a função da carga distribuída q(z) é a
derivada da função do esforço transverso. Disto se conclui que a função T(z)
representa a tangente à função M(z) e que a função do momento flector tem um valor
extremo nas secções em que o esforço transverso é igual a zero.
No caso em que a coordenada z vai da direita para a esquerda obtém-se a
relação:
𝑑T𝑀
𝑑𝑧T = −
𝑑𝑇
𝑑𝑧 = −𝑞(𝑧)
Como se pode facilmente verificar.
2.4. Diagramas dos esforços internos
Como os esforços calculados como funções das coordenadas 𝒛𝒊 não dão uma
ideia sobre a sua variação ao longo da viga, é conveniente usar-se uma
representação gráfica daquelas funções. Para além disso, frequentemente, como por
exemplo no processo do dimensionamento duma estrutura, basta conhecer os valores
extremos dos esforços que podem ser facilmente deduzidos das suas representações
gráficas. As representações gráficas da variação dos esforços ao longo dos eixos dos
elementos estruturais chamam-se “diagrama dos esforços” ou “linhas de estado”.
É importante conhecer pelo exame simples dos diagramas os sinais dos esforços.
Para esse fim marcam-se de um lado do eixo da viga os positivos e do outro os
negativos.
As convenções mais adoptadas são as seguintes:
1. O diagrama do momento flector é representado do lado da fibra de tracção,
isto é, tendo em conta as convenções dos sinais feitas no Capítulo 2.2, os
momentos flectores positivos são marcados do lado debaixo das vigas
horizontais e do lado direito das vigas verticais;
2. O diagrama do esforço transverso representa-se no lado oposto, quer dizer, os
esforços transversos positivos do lado de cima das vigas horizontais e do lado
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
28 28
esquerdo das verticais, enquanto os esforços transversos negativos se
representam respectivamente do lado de baixo e do lado direito das vigas
horizontais e verticais;
3. O diagrama do esforço normal é marcado em qualquer lado dos elementos
estruturais, indicando no próprio diagrama por meio dos sinais “+” e “−“as
regiões de tracção ou compressão respectivamente. Comummente aplica-se,
no entanto, a mesma regra que para o esforço transverso.
Para maior segurança também se pode indicar nos diagramas do momento
flector e do esforço transverso os sinais dos esforços. Como exemplos representamos
a seguir os diagramas correspondentes aos 3 exemplos tratados no capítulo
precedente:
Exemplo 2.1
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
29 29
Exemplo 2.2
Exemplo 2.3
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
30 30
Exemplo 2.4
Exemplo 2.5
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
31 31
Se não se precisar das expressões analíticas das funções dos esforços, os
diagramas dos esforços podem ser traçados simplesmente, renunciando às equações
dos esforços. Para esse fim, calculam-se numericamente os valores dos esforços no
início e no fim de cada trecho. Esses valores marcam-se à escala, com base nas
convenções acima estabelecidas respeitantes aos diagramas dos esforços, a partir
do eixo das estruturas. As ordenadas deste modo fixadas serão sucessivamente
ligadas entre si percorrendo cada trecho da esquerda para a direita, e considerando
as regras a seguir citadas, que têm carácter geral e objectivo didáctico e facilitam
consideravelmente o traçado dos diagramas dos momentos flectores e dos esforços
transversos:
1. Se um trecho é sujeito a nenhumas forças exteriores:
§ O diagrama do momento é uma recta;
§ O diagrama do esforço transverso passa paralelamente ao eixo do trecho
2. Se um trecho é sujeito a uma força concentrada:
§ O diagrama do momento tem um ponto angular nesta secção, cuja ponta
é orientada no sentido da força;
§ O diagrama do esforço transverso salta nesta secção. Intensidade e
direcção do salto correspondem à intensidade e ao sentido da força
aplicada.
3. Se um trecho é sujeito a uma carga uniformemente distribuída:
§ O diagrama do momento é uma parábola, cuja convexidade é orientada
no sentido da carga;
§ O diagrama do esforço transverso é uma recta inclinada.
4. Se um trecho é sujeito a uma carga triangularmente distribuída:
§ O diagrama do momento é uma parábola cúbica, cuja convexidade é
orientada no sentido da carga;
§ O diagrama do esforço transverso é uma parábola.
5. No início e no fim duma carga distribuída o diagrama do esforço transverso
tem um ponto angular (uma “quebra”), o diagrama do momento flector passa
tangencialmente da recta para a parábola.
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
32 32
6. Nas secções onde o esforço transverso muda de sinal o momento flector tem
um valor extremo.
7. Num nó rígido em que concorrem apenas duas vigas (variação brusca da
direcção do eixo da estrutura) os momentos flectores em ambos os lados do
nó são iguais (veja Figura 2.13.d).
8. No caso em que 3 ou mais vigas concorrem num nó rígido, o somatório dos
momentos flectores nestas vigas no lugar do nó é nulo.
9. Numa articulação o momento flector é nulo.
Para além disso, essas regras deveriam estar sempre presentes na apreciação
de cada caso particular, uma vez que representam provas úteis para os diagramas
construídos. Com experiência crescente o engenheiro estará em condições, com
estas bases, de desenvolver sucessivamente os diagramas sem calcular os valores
dos esforços em cada ponto de descontinuidade. O tracejado perpendicular ao eixo
estrutural dos diagramas do momento flector e do esforço transverso e o tracejado
paralelo ao eixo do diagrama do esforço normal não tem fim decorativo, servindo para
evitar dúvidas sobre o trecho a que dizem respeito.
2.5. Esforços internos numa secção em estruturas tridimensionais
Em contraposição às estruturas planas em que aparecem apenas 3 esforços
numa secção, nas estruturas espaciais teremos que considerar todos os 6 esforços
apresentados no Capítulo 2.2. As equações dos esforços são encontradas,
imaginando cortada a estrutura sucessivamente em cada trecho limitado por pontos
de descontinuidade adjacentes e estabelecendo de cada uma das vezes as 6
condições de equilíbrio do espaço tridimensional. Os esforços transversos e normal
resultam, como nas estruturas planas, da soma algébrica das componentes das
forças exteriores nas respectivas direcções. Paraa determinação dos momentos tem
de se tomar em consideração, que eles resultam da soma dos momentos produzidos
pelas componentes das forças exteriores nas duas outras direcções:
𝑀£´́´́´⃗ +¶(𝑟�·´́´́⃗ ∗ 𝐹�·´́´́ ⃗ − 𝑟�·´́´́⃗ ∗ 𝐹�·´́´́´⃗ )
¥
= 0
𝑀�´́´́ ´⃗ +¶(𝑟�·´́´́⃗ ∗ 𝐹£·´́ ´́ ⃗ − 𝑟£·´́´́⃗ ∗ 𝐹�·´́´́ ⃗)
¥
= 0
𝑀�´́´́´⃗ +¶(𝑟£·´́´́⃗ ∗ 𝐹�·´́´́´⃗ − 𝑟�·´́´́⃗ ∗ 𝐹£·´́ ´́ ⃗)
¥
= 0
Sendo 𝐹£·´́ ´́ ⃗, 𝐹�·´́´́´⃗ , 𝐹�·´́´́ ⃗ as componentes da força �⃗� segundo os eixos 𝑥, 𝑦 𝑒 𝑧
respectivamente �⃗� = »𝐹£·´́ ´́ ⃗, 𝐹�·´́´́´⃗ , 𝐹�·´́´́ ⃗ ¼, e os 𝑟£·´́´́⃗, 𝑟�·´́´́⃗, 𝑟�·´́´́⃗ as componentes do raio vector 𝑟, da
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
33 33
força �⃗� relacionado com a secção do corte em que consideramos situada a origem
do sistema de coordenadas 𝑟 = »𝑟£·´́´́⃗, 𝑟�·´́´́⃗, 𝑟�·´́´́⃗¼.
Por analogia com os problemas planos, em que fazemos coincidir a
coordenada do trecho 𝒛𝒊 com o eixo do elemento em questão, introduzimos nas
estruturas espaciais para cada trecho 𝒊, uma coordenada 𝒛¥ ao longo do eixo do
trecho, como está indicado na Figura 2.14. Ao estabelecer as equações dos esforços
considera-se a origem do sistema de coordenadas, inicialmente fixado,
sucessivamente situada em cada trecho nos pontos de coordenada 𝒛.
Exemplo 2.6
Para a estrutura tridimensional carregada na
sua extremidade mostrada na figura ao lado, é
necessário:
a) Calcular as reacções de apoio
b) Determinar as equações dos esforços
internos e
c) Desenhar os diagramas dos esforços.
Dados: 𝐹� = 3 𝑘𝑁, 𝐹T = 5 𝑘𝑁 𝑒 𝐹� = 20 𝑘𝑁.
Solução
§ Cálculo das reações de apoio
↑ : 𝐴� − 𝐹� = 0
→ : −𝐴� + 𝐹T = 0
↗ : 𝐴£ − 𝐹� = 0
↑↑ 𝐴: 𝑀A� − 𝐹T. 2 − 𝐹�. 0,5 = 0
→→ 𝐴: −𝑀A� − 𝐹�. 2 + 𝐹�. 3 = 0
↗↗ 𝐴: 𝑀A£ + 𝐹T. 3 + 𝐹�. 0,5 = 0
𝐴� = 20 𝑘𝑁
𝐴� = 5 𝑘𝑁
𝐴£ = 3 𝑘𝑁
𝑀A� = 11,5 𝑘𝑁𝑚
𝑀A� = −31 𝑘𝑁𝑚
𝑀A£ = −25 𝑘𝑁𝑚
Figura 2.14 - Exemplo 2.6
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
34 34
§ Determinação dos esforços internos
Trecho 1: Como a normal exterior do plano da secção transversal tem sentido positivo
(sentido do eixo coordenado z), os esforços vectores têm os sentidos dos eixos
coordenados.
→: 𝑁� + 𝐹T = 0 𝑁� = −5 𝑘𝑁
↑ : −𝑇�� − 𝐹� = 0 𝑇�� = −20 𝑘𝑁
↗ : −𝑇�£ − 𝐹� = 0 𝑇�£ = −3 𝑘𝑁
→→: 𝑀¾� = 0 𝑀¾� = 0
↑↑ : −𝑀�� − 𝐹�𝑧� = 0 𝑀�� = −20𝑧�
↗↗: −𝑀�£ + 𝐹�𝑧� = 0 𝑀�£ = 3𝑧�
Trecho 2: Como a normal exterior do plano da secção transversal tem sentido positivo
(sentido do eixo coordenado x), os esforços vectores têm os sentidos dos eixos
coordenados.
→: 𝑇T� + 𝐹T = 0 𝑇T� = −5 𝑘𝑁
↑ : −𝑇T� − 𝐹� = 0 𝑇T� = −20 𝑘𝑁
↗ : −𝑁T − 𝐹� = 0 𝑁T = −3 𝑘𝑁
→→: 𝑀T� − 𝐹�𝑧T = 0 𝑀T� = 20𝑧T
↑↑ : −𝑀T� + 𝐹�. 1 − 𝐹T𝑧T = 0 𝑀T� = 3 − 5𝑧T
↗↗: −𝑀¾T − 𝐹�. 1𝑚 = 0 𝑀¾T = −20 𝑘𝑁𝑚
Trecho 3: Como a normal exterior do plano da secção transversal tem sentido
negativo (sentido oposto ao eixo coordenado z), os esforços vectores têm sentidos
opostos aos dos eixos coordenados.
→: −𝑁� + 𝐹T = 0
↑ : 𝑇�� − 𝐹� = 0
↗ : 𝑇�£ − 𝐹� = 0
→→: −𝑀¾� − 𝐹�. 2 = 0
↑↑ : 𝑀�� − 𝐹T. 2 + 𝐹�(1 − 𝑧�) = 0
↗↗: 𝑀�£ − 𝐹�(1 − 𝑧�) = 0
𝑁� = 5 𝑘𝑁
𝑇�� = 20 𝑘𝑁
𝑇�£ = 3 𝑘𝑁
𝑀¾� = −40 𝑘𝑁𝑚
𝑀�� = 7 + 3𝑧�
𝑀�£ = 20 − 20𝑧�
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
35 35
Trecho 4: Como a normal exterior do plano da secção transversal tem sentido
negativo (sentido oposto ao eixo coordenado y), os
esforços vectores têm sentidos opostos aos dos eixos
coordenados.
→: −𝑇j� − 𝐴� = 0 𝑇j� = −5 𝑘𝑁
↑ : 𝑁j + 𝐴� = 0 𝑁j = −20 𝑘𝑁
↗ : 𝑇j£ + 𝐴£ = 0 𝑇j£ = −3 𝑘𝑁
→→: −𝑀j� − 𝑀A� + 𝐴£𝑧j = 0 𝑀j� = 31 + 3𝑧j
↑↑ : 𝑀¾j +𝑀A� = 0 𝑀¾j = −11,5 𝑘𝑁𝑚
↗↗: 𝑀j£ = +𝑀A£ + 𝐴�𝑧j = 0 𝑀j£ = 25 − 5𝑧j
§ Diagrama dos esforços seccionais
1. O diagrama do esforço normal é marcado em qualquer lado dos elementos
estruturais, indicando no próprio diagrama por meio dos sinais “+” e “-” as
regiões de tracção ou compressão respectivamente.
2. O diagrama do esforço transverso deve-se traçar tendo em
consideração o sistema de coordenadas convencional
adoptado, isto é, o esforço transverso positivo traça-se do
lado positivo do eixo e o negativo do lado negativo do eixo.
3. O diagrama do momento flector é traçado seguindo-se as seguintes
convenções:
§ Se o momento em “x” é positivo, traça-se do lado positivo
do eixo “y” ou do lado negativo do eixo “z”
§ Se o momento em “y” é positivo, traça-se do lado positivo
do eixo “z” ou do lado negativo do eixo “x”
§ Se o momento em “z” é positivo, traça-se do lado positivo
do eixo “x” ou do lado negativo do eixo “y”
§ Se o momento em “x” é negativo, traça-se do lado positivo
do eixo “z” ou do lado negativo do eixo “y”
§ Se o momento em “y” é negativo, traça-se do lado positivo
do eixo “x” ou do lado negativo do eixo “z”
§ Se o momento em “z” é negativo, traça-se do lado positivo
do eixo “y” ou do lado negativo do eixo “x”
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
36 36
Usando as convenções acima citadas, resultam os seguintes diagramas dos esforços
seccionais:
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
37 37
Exemplo 2.7
Para a estrutura representada na Figura 2.15, pede-se para determinar as
equações dos esforços internos e as respectivas linhas de estado.
Dados: 𝐹� = 100 𝑁, 𝐹T = 150 𝑁, 𝐹� = 75 𝑁, 𝑞 = 2𝑁/𝑐𝑚 , 𝑎 = 50 𝑐𝑚
Figura 2.15 - Exemplo 2.7
Solução
§ Como se pode ver na figura, para a determinação das equações dos esforços
internos e o desenho dos respectivos diagramas, não é necessário conhecer
os valores das reacções de apoio por isso, negligenciaremos o seu cálculo.
Divisão da estrutura em trechos
Trecho 1
§ Como a normal exterior do plano da secção
transversal tem sentido positivo (sentido do
eixo coordenado x), os esforços vectores têm
os sentidos dos eixos coordenados.
↗ : −𝑁� + 𝐹T = 0 𝑁� = 𝐹T
↑ : −𝑇�� − 𝐹� = 0 𝑇�� = −𝐹�
→:𝑇�� − 𝐹� = 0 𝑇�� = 𝐹�
↗↗: −𝑀¾� = 0 𝑀¾� = 0
↑↑ : −𝑀�� + 𝐹�𝑠� = 0 𝑀�� = 𝐹�𝑠�
→→: 𝑀�� − 𝐹�𝑠� = 0 𝑀�� = 𝐹�𝑠�
Capítulo 2 – Esforços numa secção transversal
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
38 38
Trecho 2
§ Como a normal exterior do
plano da secção transversal
tem sentido negativo
(sentido oposto ao eixo
coordenado z), os esforços
vectores têm sentidos
opostos aos dos eixos
coordenados.
→: −𝑁T − 𝐹� = 0 𝑁T = −𝐹�
↗ : 𝑇T£ + 𝐹T = 0 𝑇T£ = −𝐹T
↑ : 𝑇T� − 𝐹� − 𝑞𝑠T = 0𝑇T� = 𝐹� + 𝑞𝑠T
→→: −𝑀¾T − 𝐹�. 3𝑎 = 0 𝑀¾T = −𝐹�. 3𝑎
↗↗: 𝑀T£ + 𝐹�𝑠T + 𝑞
𝑠TT
2 = 0 𝑀T£ = −𝐹�𝑠T − 𝑞
𝑠TT
2
↑↑ : 𝑀T� + 𝐹�. 3𝑎 + 𝐹T𝑠T = 0 𝑀T� = −𝐹�. 3𝑎 − 𝐹T𝑠T
Diagramas dos esforços seccionais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Quando, pois, deres esmola, não faças tocar trombetas diante de ti, como fazem os hipócritas nas
sinagogas e nas ruas, para serem glorificados pelos homens. Em verdade vos digo
que já receberam o seu galardão. Mas o, quando tu deres esmola,
não saiba a tua mão esquerda o que faz a tua direita,
para que a tua esmola seja dada ocultamente, e teu
Pai, que vê em secreto, te recompensará
Publicamente - Mateus 6: 2 - 4
Capítulo 3 – Comportamento Mecânico dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
34 34
CAPÍTULO 3. COMPORTAMENTO MECÂNICO DOS MATERIAIS
A resistência de um material depende da sua capacidade de suportar a carga
sem deformação excessiva ou rotura. Essa propriedade é inerente ao próprio material
e deve ser determinada por experimento. Um dos testes mais importantes a realizar
nesse sentido é o teste de tracção ou compressão. Embora muitas propriedades
mecânicas importantes de um material possam ser determinadas por meio desse
teste, ele é usado principalmente para determinar a relação entre a tensão normal
média e a deformação normal média em muitos materiais da engenharia, tais como
metais, cerâmicas, polímeros e materiais compósitos.
Para realizar o teste de tracção ou compressão é feito um corpo de prova do
material, com o formato e tamanho “padronizados”.
Figura 3.1 - Corpo-de-prova
Antes do teste, são feitas duas pequenas marcas de punção ao longo do
comprimento do corpo-de-prova, distantes de ambas as extremidades, porque a
distribuição da tensão nas é complexa devido à fixação nos acoplamentos em que a
carga é aplicada. Medem-se, então, a área da secção transversal do corpo-de-prova
𝐴¤ e o comprimento de referência 𝐿¤ entre as marcas de punção. Por exemplo,
quando é usado um corpo-de-prova de metal em um teste de tracção, geralmente ele
tem diâmetro inicial 𝑑¤ = 13 𝑚𝑚 e um comprimento de referência 𝐿¤ = 50 𝑚𝑚. A fim
de se aplicar uma carga axial sem flexão do corpo-de-prova, as extremidades são,
em geral, assentadas em juntas universais. Uma máquina de teste, como mostrada
na Figura 3.2, é então usada para estirar o corpo-de-prova com taxa muito lenta e
constante até que ele atinja o ponto de ruptura. A máquina é projectada para ler a
carga necessária para manter o estiramento uniforme.
Capítulo 3 – Comportamento Mecânico dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
35 35
Figura 3.2 - Máquinas de ensaio de tracção
Os dados da carga aplicada são registados a intervalos frequentes à medida
que são lidos no visualizador digital. Além disso, mede-se o alongamento 𝛿 = 𝐿 − 𝐿¤
entre as marcas de punção no corpo-de-prova por meio de um calibre ou um
dispositivo óptico denominado extensômetro. O valor 𝛿 é então usado para calcular
a deformação normal média do corpo-de-prova. Algumas vezes, entretanto, essa
medida não é feita, visto também ser possível obter a deformação directamente, a
partir de um extensômetro por resistência eléctrica como mostrado na Figura 3.3
Capítulo 3 – Comportamento Mecânico dos Materiais
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
36 36
Figura 3.3 - Extensômetro por resistência eléctrica
A operação de tal extensômetro baseia-se na mudança da resistência eléctrica
de um arame muito fino ou pedaço de folha de metal submetido à deformação.
Essencialmente, o extensômetro é colado ao corpo-de-prova em uma direcção
especificada. Se a cola for muito forte em comparação com o extensômetro, então o
extensômetro será na verdade parte integrante do corpo-de-prova, de modo que,
quando o corpo-de-prova for estirado na direcção do extensômetro, o arame e o
corpo-de-prova sofrerão a mesma deformação. Medindo-se a resistência eléctrica do
arame, o extensômetro pode ser calibrado para ler valores da deformação normal
directamente.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Porém Samuel disse: Tem, porventura, o Senhor tanto prazer em holocaustos e
sacrifícios como em que se obedeça à palavra do Senhor?
Eis que o obedecer é melhor do que o sacrificar,
e o atender melhor do que a gordura
de carneiros. - 1Samuel 15:22
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
35 35
CAPÍTULO 4. DEFINIÇÃO DA TENSÃO
Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados considerando-se o
alongamento de uma barra prismática (barra de eixo recto e de secção constante em
todo o comprimento).
Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças
axiais 𝑭 e 𝑭′ (forças que actuam no eixo barra), que produzem alongamento uniforme
ou tracção na barra. Sob acção dessas forças originam-se esforços internos no
interior da barra. Para o estudo desses esforços internos, considera-se um corte
imaginário na secção m-m, normal ao seu eixo. Removendo-se qualquer parte
cortada do corpo, os esforços internos na secção considerada (m-m) transforma-se
em esforços externos.
Figura 4.1 - Barra prismática sob tracção
Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços internos devem ser
equivalentes à resultante 𝑵(𝒛), também longitudinal de intensidade igual a 𝑭.
Na prática, supõe-se que estes esforços internos sejam distribuídos
uniformemente sobre toda a secção transversal. Quando estas forças são distribuídas
perpendiculares e uniformemente sobre toda a secção transversal, recebem o nome
de tensão normal, sendo comummente designada pela letra grega 𝝈 (sigma).
Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da secção
transversal é obtida dividindo-se o valor do esforço interno normal 𝑵(𝒛) pela área da
secção transversal 𝑨, ou seja,
𝜎 =
𝑁(𝑧)
𝐴 [3.1]
Quando a barra é alongada, a tensão resultante é uma tensão de tracção e se
as forças internas comprimem a barra, tem-se tensão de compressão.
A condição necessária para validar a equação [3.1] é que a tensão 𝜎 seja
uniforme em toda a secção transversal da barra.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
36 36
Figura 4.2 - Tensão normal na barra prismática
O alongamento total de uma barra submetida a uma força axial é designado pela letra
grega 𝛿 (delta). O alongamento por unidade de comprimento é denominado
deformação específica e é representado pela letra grega 𝜀 (épsilon):
𝜀 =
𝛿
𝑙 [3.2]
Onde, ∆𝑙 é o alongamento ou o encurtamento da barra e 𝑙 é o comprimento total da
barra.
Note-se que a deformação 𝜀 é uma quantidade adimensional. É de uso
corrente no meio técnico representar a deformação por uma fracção percentual (%)
multiplicando-se o valor da deformação específica por 100.
4.1. Classificação dos Materiais
Os materiais, conforme as suas características, são classificados como
dúcteis e frágeis.
4.1.1. Material frágil
O material é classificado como frágil,
quando submetido a um ensaio de tracção e
não apresenta deformação plástica, passando
da deformação elástica para a ruptura. Os
materiais frágeis ou quebradiços se deformam
relativamente pouco antes da ruptura. São
exemplos de material frágil: o concreto, ferro
fundido, vidro, porcelana, cerâmica, gesso,
cristal, acrílico, baquelite, etc.
Figura 4.3 - Diagrama típico de um material frágil
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
37 37
4.1.2. Material Dúctil
O material é classificado como dúctil, quando submetido a um ensaio de
tracção,apresenta deformação plástica, precedida por uma deformação elástica, para
atingir a ruptura. Os materiais dúcteis apresentam grandes deformações antes da
ruptura. São exemplos de material dúctil: o aço, cobre, alumínio, latão, bronze, níquel,
etc.
As relações entre as tensões e deformações para um determinado material
são encontradas por meios de ensaios de tracção. Nestes ensaios são medidos os
alongamentos 𝜹, correspondentes aos acréscimos de carga axial 𝑭 que se aplicarem
à barra, até a ruptura do corpo-de-prova.
Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da secção transversal da
barra e as deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao
qual a deformação é medida. Deste modo, obtém-se um diagrama tensão-
deformação do material em estudo, ilustra-se na figura a seguir, um diagrama tensão-
deformação típico do aço:
Figura 4.4 - Diagrama tensão-deformação convencional para material dúctil (aço)
Região elástica: de 𝑶 até 𝑨 as tensões são directamente proporcionais às
deformações, o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. O ponto 𝑨 é
chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a
proporcionalidade. Daí em diante, inicia-se uma curva que se afasta da recta 𝑶𝑨ÆÆÆÆ, até
que em 𝐵 começa o chamado escoamento.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
38 38
Região plástica: no ponto 𝑩 inicia-se a região plástica. O escoamento
caracteriza-se por um aumento considerável da deformação com pequeno aumento
da força de tracção. O ponto 𝑪 é o final do escoamento, isto é, o material começa a
oferecer resistência adicional ao aumento da carga, atingindo o valor máximo ou
tensão máxima no ponto 𝑫, denominado limite máximo de resistência. Para além
deste ponto, surgem maiores deformações acompanhadas por reduções de carga,
ocorrendo, finalmente, a ruptura do corpo-de-prova no ponto 𝑬 do diagrama.
A presença de um ponto de escoamento pronunciado, seguido de grande
deformação plástica é uma característica do aço, que é o mais comum dos metais
estruturais em uso actualmente. Tanto os aços quanto as ligas de alumínio podem
sofrer grandes deformações antes da ruptura.
4.2. Tensão admissível
Para certificar-se de que a estrutura projectada não corre o risco de romper-
se, levando-se em conta algumas sobrecargas, bem como certas imprecisões na
construção e possíveis desconhecimentos de algumas variáveis na análise da
estrutura, normalmente emprega-se um coeficiente de segurança ou factor de
segurança 𝑭𝒔 majorando-se a carga calculada.
Outra forma de aplicação do coeficiente de segurança é utilizar uma tensão
admissível (𝜎9É¡ 𝑜𝑢 [𝜎]).
A tensão admissível é geralmente mantida abaixo do limite de
proporcionalidade, ou seja, na região de deformação elástica do material. Assim,
𝑀𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑑ú𝑐𝑡𝑖𝑙: 𝜎9É¡ = [𝜎] =
𝜎o
𝐹Ë
[3.3]
𝑀𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑓𝑟á𝑔𝑖𝑙: 𝜎9É¡ = [𝜎] =
𝜎p
𝐹Ë
[3.4]
Desta feita, a tensão calculada para qualquer elemento de uma estrutura ou a
estrutura no seu conjunto deverá satisfazer sempre a seguinte condição:
𝜎Ì9BÌJB9É9 ≤ 𝜎9É¡ [3.5]
4.3. Lei de Hooke
Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários
materiais, quando carregados por tracção. Quando um corpo-de-prova do material é
descarregado, isto é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a
deformação sofrida durante o carregamento desparecerá parcial ou completamente.
Esta propriedade do material, pela qual ela tende a retornar à forma original é
denominada elasticidade. Quando a barra volta completamente à forma original, diz-
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
39 39
se que o material é perfeitamente elástico, mas se o retorno não total, o material é
parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação que permanece depois da
retirada da carga é denominada deformação permanente.
A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada pela primeira
vez por Robert Hooke em 1678 e é conhecida por Lei de Hooke, definida como:
𝜎 = 𝐸. 𝜀 [3.6]
Onde, 𝜎 é a tensão normal, 𝐸 é o módulo de elasticidade do material e 𝜀 é a
deformação específica.
O módulo de elasticidade representa o coeficiente angular da parte linear do
diagrama tensão-deformação e é diferente para cada material
A lei de Hooke é válida para a fase elástica dos materiais. Por este motivo,
quaisquer que sejam os carregamentos ou solicitações sobre o material, vale a
superposição de efeitos, ou seja, pode-se avaliar o efeito de cada solicitação sobre o
material e depois somá-los.
Quando a barra é carregada por tracção, a tensão longitudinal é 𝜎 = Î(�)
A
e a
deformação específica é 𝜀 = Ï
Ð
. Combinando estes resultados com a lei de Hooke,
tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra:
𝛿(𝑧) =
𝑁(𝑧)𝐿
𝐸𝐴 [3.7]
Esta equação mostra que o alongamento de uma barra linearmente elástica é
directamente proporcional à carga e ao comprimento e inversamente proporcional ao
módulo de elasticidade e à área da secção transversal.
O produto 𝐸𝐴 é conhecido como rigidez longitudinal da barra (ou rigidez à
tracção).
4.3.1. Forma geral da lei de Hooke
A fórmula [3.7] é o caso particular da lei de Hooke, aplicado a exemplos simples
de solicitação axial somente.
Se forem consideradas as extensões ou deformações longitudinal (𝜀B;ÑÒ) e
transversal (𝜀¾p9ÑË) tem-se, respectivamente:
𝜀B;ÑÒ =
𝜎
𝐸
[3.8]
𝜀¾p9ÑË = −𝜈. 𝜀B;ÑÒ = −𝜈
𝜎
𝐸
[3.9]
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
40 40
Onde 𝜈 é o coeficiente de Poisson que se situa, para os metais, entre
0,25…0,35, para o betão 0,16…0,20 e para a borracha 𝜈 = 0,5. Este coeficiente se
define como sendo a relação entre as deformações transversal e longitudinal dentro
da região elástica. Esse coeficiente é assim conhecido em razão do famoso
matemático francês S.D. Poisson (1781-1840).
Se o material em estudo possuir as mesmas propriedades qualquer que seja
a direcção escolhida, no ponto considerado, então é denominado, material isotrópico.
Se o material não possuir qualquer espécie de simetria elástica, então é denominado
material anisotrópico. Um exemplo de material anisotrópico é a madeira pois, na
direcção de suas fibras a madeira é mais resistente.
No caso mais geral, no qual um elemento do material é solicitado por três
tensões normais 𝜎�, 𝜎� 𝑒 𝜎£, perpendiculares entre si, as quais correspondem
respectivamente às deformações 𝜀�, 𝜀� 𝑒 𝜀£, a lei de Hooke generalizada se escreve
como se segue:
𝜀� =
1
𝐸 Õ𝜎� − 𝜈Ö𝜎£ + 𝜎�×Ø
𝜀� =
1
𝐸 Õ𝜎� − 𝜈(𝜎� + 𝜎£)Ø
𝜀£ =
1
𝐸 Õ𝜎£ − 𝜈Ö𝜎� + 𝜎�×Ø
[3.10]
A lei de Hooke é válida para materiais homogéneos, ou seja, aqueles que
possuem as mesmas propriedades (mesmos 𝐸 𝑒 𝜈) em todos os pontos.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Porém, o Senhor disse a Samuel: Não atendes para a suaaparência, nem para a
sua altura e a sua estatura, porque o tenho rejeitado; porque
o Senhor não vê como vê o homem. Pois o homem
vê o que está diante dos olhos, porém o Senhor
olha para o coração. Samuel 16:7
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
42 42
CAPÍTULO 5. TRACÇÃO E COMPRESSÃO
Podemos afirmar que uma peça está submetida a esforços de tracção ou
compressão, quando uma carga axial (tem a direcção do eixo da peça) F, actuar sobre
a área da secção transversal da peça.
Quando a carga actuar no sentido dirigido para o exterior da peça, a peça está
sujeita à tracção. Quando o sentido da carga estiver dirigido para o interior da peça,
a barra estará comprimida.
Figura 5.1 - Carregamentos por tracção e compressão
Como exemplo de peças traccionadas temos as correias, os parafusos, os
cabos de aço, cadeias. A compressão, por sua vez, pode ocorrer em ferramentas de
estampagem, em pregos (durante a martelagem), trilhos, vigas de concreto, etc.
5.1. Tensões e deformações em estruturas isostáticas
O tipo de solicitação “tracção / compressão” caracteriza-se pelo facto de
surgirem apenas forças normais nas secções transversais da barra, isto é, os esforços
transversos, os momentos flectores e torçores são iguais a zero. Se se tratar de
secções transversais constantes ou pouco variáveis, com base no princípio de Saint
Venant (“O princípio de Saint-Venant afirma que efeitos localizados provocados por
qualquer carga que actua sobre o corpo dissipam-se ou ajustam-se nas regiões
suficientemente distantes da carga. Além disso, a distribuição de tensão resultante
nessas regiões será a mesma provocada por qualquer outra carga estaticamente
equivalente aplicada ao corpo na mesma área.” – Hibbeler, 5a ed, pág. 90) podemos
admitir que a distâncias bastante grandes dos pontos de aplicação das forças, as
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
43 43
forças internas bem como a tensão normal são distribuídas de maneira uniforme em
toda a secção.
Resolução de problemas
Problema 1
A barra circular representada na figura ao lado, é de aço, possui um diâmetro de
20 𝑚𝑚 e comprimento de 0,8 𝑚. Encontra-se submetida à acção de uma carga axial
de 10 𝑘𝑁. Pede-se para determinar:
a) A tensão normal actuante
b) O alongamento
c) A deformação longitudinal
d) A deformação transversal
Solução
Dados
𝐸9ç; = 210 𝐺𝑃𝑎 − módulo de elasticidade do aço
𝜈9ç; = 0,25…0,35 (0,30) − coeficiente de Poisson
𝑑 = 20 𝑚𝑚
𝐿 = 0,8 𝑚 = 800 𝑚𝑚
𝐹 = 10 𝑘𝑁
a) Tensão normal actuante
𝜎 =
𝐹
𝐴 =
𝐹
𝜋𝑑T
4
=
10 000 𝑁
𝜋 ∗ (20𝑚𝑚)T
4
= 31,83
𝑁
𝑚𝑚T → 𝝈 = 𝟑𝟏, 𝟖𝟑 𝑴𝑷𝒂
b) Alongamento da barra
𝛿(𝑧) =
𝑁(𝑧)𝐿
𝐸𝐴 =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝜋𝑑
T
4
=
10 000 𝑁 ∗ 800 𝑚𝑚
2,1 ∗ 10> 𝑁
𝑚𝑚T ∗
𝜋 ∗ (20 𝑚𝑚)T
4
= 0,12 𝑚𝑚
c) Deformação longitudinal
𝜀B;ÑÒ =
𝜎
𝐸 =
31,83 𝑀𝑃𝑎
2,1 ∗ 10> 𝑀𝑃𝑎 = 0,000151 → 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟓𝟏
d) Deformação transversal
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
44 44
𝜀¾p9ÑË = −𝜈. 𝜀B;ÑÒ = −0,3 ∗ 0,000151 = −0,0000455 → 𝜺𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓𝟓
Problema 6
A barra vazada representada na figura abaixo, é de latão, encontra-se submetida à
acção de uma carga axial de 7500 N. É necessário determinar:
a) A tensão normal actuante
b) O alongamento
c) A deformação longitudinal
d) A deformação transversal
Nota: As dimensões na figura são em 𝑚𝑚
Solução:
Dados
𝐸B9¾ã; = 117 𝐺𝑃𝑎 − módulo de elasticidade do latão
𝜈B9¾ã; = 0,32…0,42 (0,37) − coeficiente de Poisson
𝐿 = 800 𝑚𝑚
𝐹 = 7500 𝑁
a) Tensão normal actuante
𝜎 =
𝐹
𝐴 =
𝐹
𝐴� − 𝐴T
=
7500
(70 ∗ 60) − (55 ∗ 45) = 4,35 𝑁/𝑚𝑚T
𝝈 = 𝟒, 𝟑𝟓 𝑴𝑷𝒂
a) Alongamento da barra
𝛿(𝑧) =
𝑁(𝑧)𝐿
𝐸𝐴 =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ (𝐴� − 𝐴T)
=
7500 𝑁 ∗ 800 𝑚𝑚
1,17 ∗ 10> 𝑁
𝑚𝑚T ∗ [(70 ∗ 60) − (55 ∗ 45)]𝑚𝑚T
𝜹(𝒛) = 𝟎, 𝟎𝟑 𝒎𝒎
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
45 45
b) Deformação longitudinal
𝜀B;ÑÒ =
𝜎
𝐸 =
4,35 𝑀𝑃𝑎
1,17 ∗ 10> 𝑀𝑃𝑎 = 3,72 ∗ 10l>
𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟕𝟐
c) Deformação transversal
𝜀¾p9ÑË = −𝜈. 𝜀B;ÑÒ = −0,37 ∗ 0,0000372 = −1,376 ∗ 10l>
𝜀¾p9ÑË = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟑𝟖
Problema 2
A figura dada, representa duas barras de aço
soldadas na secção 𝑩𝑩.
A carga de tracção que actua na peça é de 4,5 𝑘𝑁,
a secção 1 da peça possui 15 𝑚𝑚 de diâmetro e
um comprimento de 0,6 𝑚, sendo que a secção 2
possui um diâmetro de 25 𝑚𝑚 e 0,9 𝑚 de
comprimento. Desprezando o efeito do peso
próprio do material, pede-se que determine para
as secções 1 e 2:
a) A tensão normal
b) O alongamento
c) A deformação longitudinal
d) A deformação transversal
e) O alongamento total da peça
Solução
a) Tensão normal
Secção 1
𝜎� =
𝐹
𝐴�
=
𝐹
𝜋 ∗ 𝑑�T
4
=
4500
𝜋 ∗ 15T
4
= 𝟐𝟓, 𝟒𝟔 𝑴𝑷𝒂
Secção 2
𝜎T =
𝐹
𝐴�
=
𝐹
𝜋 ∗ 𝑑TT
4
=
4500
𝜋 ∗ 25T
4
= 𝟗, 𝟏𝟕 𝑴𝑷𝒂
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
46 46
a) Alongamento das barras
Secção 1
𝛿�(𝑧) =
𝑁(𝑧)𝐿
𝐸𝐴 =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝜋𝑑�
T
4
=
4500 ∗ 600
2,1 ∗ 10> ∗ 𝜋 ∗ 15
T
4
= 𝟎, 𝟎𝟕𝟑 𝒎𝒎
Secção 2
𝛿T(𝑧) =
𝑁(𝑧)𝐿
𝐸𝐴 =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝜋𝑑T
T
4
=
4500 ∗ 900
2,1 ∗ 10> ∗ 𝜋 ∗ 25
T
4
= 𝟎, 𝟎𝟑𝟗 𝒎𝒎
a) Deformação longitudinal
Secção 1
𝜀B;ÑÒ =
𝜎�
𝐸 =
25,46
2,1 ∗ 10> = 0,000121 = 𝟏, 𝟐𝟏. 𝟏𝟎l𝟒
Secção 2
𝜀B;ÑÒ =
𝜎T
𝐸 =
9,17
2,1 ∗ 10> = 0,0000436 = 𝟒, 𝟑𝟔. 𝟏𝟎l𝟓
b) Deformação transversal
Secção 1
𝜀¾p9ÑË = −𝜈. 𝜀B;ÑÒ = −0,3 ∗ 1,21. 10lj = −3,64. 10l>
Secção 2
𝜀¾p9ÑË = −𝜈. 𝜀B;ÑÒ = −0,3 ∗ 4,36. 10l> = −1,31. 10l>
c) Alongamento total da peça
𝛿¾;¾9B(𝑧) = 𝛿�(𝑧) + 𝛿T(𝑧) = 0,073 + 0,039 𝜹𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍(𝒛) = 𝟎, 𝟏𝟏𝟐 𝒎𝒎
Problema 3
A barra de aço mostrada na figura abaixo, tem secção transversal de área 𝐴 =
10 𝑐𝑚T e está solicitada pelas forças axiais que nela se indicam. Determinar o
alongamento da barra, sabendo que 𝐸 = 2,1 𝑡/𝑐𝑚T.
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
47 47
Solução
Estando a barra em equilíbrio, cada uma de suas partes também está em
equilíbrio. O trecho 𝐴𝐵 está submetido à tracção de 10𝑡, o seu alongamento é:
𝛿� =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝐴 =
10 000 ∗ 200
2,1 ∗ 10â ∗ 10 = 0,095 𝑐𝑚 = 0,95 𝑚𝑚
A força que actua no trecho 𝐵𝐶 obtém-se determinando a resultante das forças
que actuam à esquerda de uma secção situada entre 𝐵 𝑒 𝐶. Nessas condições, esse
trecho está submetido à força de tracção de 7𝑡. O mesmo resultado se obtém
considerando as forças que actuam à direita da secção considerada. O seu
alongamento é:
𝛿T =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝐴 =
7000 ∗ 300
2,1 ∗ 10â ∗ 10 = 0,1 𝑐𝑚 = 1 𝑚𝑚
Analogamente, a força que actua numa secção compreendida entre 𝐷 𝑒 𝐶 deve ser
de 9𝑡, para equilibrar a força que actua em 𝐷. O seu alongamento é:
𝛿� =
𝐹 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝐴 =
9000 ∗ 400
2,1 ∗ 10â ∗ 10 = 0,171 𝑐𝑚 = 1,71 𝑚𝑚
O alongamento da barra é, então:
𝛿 = 𝛿� + 𝛿T + 𝛿� = 0,95 + 1 + 1,71 = 3,66 𝑚𝑚
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
48 48
5.2. Tensões e deformações em estruturas hiperestáticas
Em estruturas estaticamente indeterminadas o número possível de condições
de equilíbrio é menor que o número de incógnitas, isto é, há um número excessivo de
reacções de apoio.
Se se tomar em consideração as deformações surgidas, poder-se-á formular
equações adicionais em número necessário para a resolução do problema. As citadas
equações adicionais resultam da equação do deslocamento ou de
reflexões geométricas, como serádemonstrado no exemplo seguinte.
Exemplo
A viga rígida representada na figura
ao lado, está apoiada numa articulação e
suspensa por dois cabos iguais. Pedem-se
as áreas necessárias para as secções
transversais dos cabos (desprezar o peso
próprio da viga).
Dados:
𝐹 = 12 𝑘𝑁 𝑒 𝜎9É¡(𝑛𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑏𝑜𝑠) = 140 𝑁/𝑚𝑚T
Solução
Surgem 4 incógnitas: 𝑵𝟏,𝑵𝟐, 𝑨𝒚 𝑒 𝑨𝒙.
§ Equações de equilíbrio:
→: 𝐴� = 0
↑ : 𝑁� + 𝑁T + 𝐴� − 𝐹 = 0
↺ 𝐴: (𝑁T − 𝐹) × 2𝑎 + 𝑁� × 𝑎 = 0
§ Relação geométrica:
𝛿 =
𝑁. 𝑙
𝐸. 𝐴 𝑒
𝛿�
𝑎 =
𝛿T
2𝑎
𝛿T = 2 × 𝛿� →
𝑁T𝐿
𝐸𝐴 = 2 ×
𝑁�𝐿
𝐸𝐴
As incógnitas 𝑵𝟏,𝑵𝟐 𝑒 𝑨𝒚 resultam do seguinte sistema de equações:
ò
l
zAE
dzzN
0 )(.
)(
EA
lNl .
=D
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
49 49
ä
𝑁� = 2 ∗ (𝐹 − 𝑁T)
𝑁T = 2𝑁�
𝐹 = 𝑁� + 𝑁T + 𝐴�
→
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧ 𝑁� =
2
5𝐹
𝑁T =
4
5 𝐹
𝐴� = −
1
5𝐹
A área da secção transversal dos cabos resulta da condição:
𝜎9É¡ =
𝑁¡á£
𝐴 → 𝐴 =
𝑁T
𝜎9É¡
=
4𝐹
5𝜎9É¡
=
4 ∗ 12000
5 ∗ 140 = 68,57 𝑚𝑚T
Problema
Uma viga rígida à flexão é apoiada no ponto A por meio de um apoio fixo e por dois
cabos nos pontos B e C respectivamente.
Dados:
𝐹 = 2000 𝑁, (𝐸𝐴)� = 1,5 × 10å 𝑁
(𝐸𝐴)T = 2,0 × 10å 𝑁, 𝑙 = 1000 𝑚𝑚
𝑙� = 𝑙 𝑒 𝑙T = 2𝑙 ; 𝑎 = 2𝑏
a) Calcular as reacções de apoio e as
forças no cabo
b) Determinar o alongamento do cabo 2.
5.3. Tensões e deformações térmicas
Quando uma estrutura é estaticamente determinada, a variação uniforme da
temperatura em todo o seu comprimento não acarreta nenhuma tensão, pois a
estrutura é capaz de se expandir ou se contrair livremente.
Por outro lado, a variação de temperatura em estruturas fixas, estaticamente
indeterminadas, produz tensões em seus elementos, denominadas tensões
térmicas. Esta conclusão pode ser observada pela comparação entre uma barra livre
em uma das extremidades, com outra barra encastrada nas duas extremidades, como
mostra a figura ao abaixo.
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
50 50
Figura 5.2 - Tensões e deformações térmicas
Na barra da Figura 5.2 (b), a variação uniforme de temperatura sobre toda a
barra causará o alongamento:
𝛿 = 𝛼𝐿∆𝑇 [3.11]
Onde, 𝜶 é o coeficiente de dilatação térmica; 𝑳 é o comprimento da barra e ∆𝑻
é a variação de temperatura (℃).
Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão
na barra.
No caso de barras estaticamente indeterminadas, como a que aparece na
Figura 5.2 (a), quando há aumento da temperatura, a barra não pode alongar-se,
surgindo, como consequência, uma força de compressão. Para a barra encastrada
da Figura 5.2. (a), vê-se que, se a extremidade 𝑨 for liberta do apoio [Figura 5.2. (c)],
seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo da temperatura, será o mesmo
deslocamento para baixo, decorrente da acção da força 𝑹. Igualando esses dois
deslocamentos tem-se,
𝑅 = 𝐸𝐴𝛼∆𝑇 [3.12]
Conhecido o valor de 𝑅, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra
pelas expressões:
𝜎 =
𝑅
𝐴 = 𝐸𝛼∆𝑇 [3.13]
𝜀 =
𝜎
𝐸 = 𝛼∆𝑇 [3.14]
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
51 51
Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em
sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha acção de forças
externas.
Resolução de problemas
Problema 5.1
A figura dada representa uma viga de aço com comprimento de 4 𝑚 e a área de
secção transversal de 2800 𝑚𝑚T encastrada nas paredes 𝐴 𝑒 𝐵, livre de tensões a
uma temperatura de 17℃. Determinar a força térmica, a tensão térmica e a
deformação específica, originada na viga, quando a temperatura subir para 42℃.
𝐸9ç; = 2,1. 10>𝑀𝑃𝑎 𝑒 𝛼9ç; = 1,2. 10l>℃l�
Solução
1. Força axial térmica actuante na peça
𝑅 = 𝐸𝐴𝛼∆𝑇 = 2,1. 10>
𝑁
𝑚𝑚T ∗ 2800𝑚𝑚
T ∗ 1,2. 10l>
1
℃ ∗ (42 − 17)℃ = 𝟏𝟕𝟔, 𝟒 𝒌𝑵
2. Tensão térmica originada na viga
𝜎 =
𝑅
𝐴 = 𝐸𝛼∆𝑇 = 2,1. 10>
𝑁
𝑚𝑚T ∗ 1,2. 10
l> 1
℃ ∗ (42 − 17)℃ = 𝟔𝟑 𝑴𝑷𝒂
3. Deformação térmica específica na peça
𝜀 =
𝜎
𝐸 = 𝛼∆𝑇 = 1,2. 10l>
1
℃ ∗ (42 − 17)℃ = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑
Problema 5.2
O conjunto representado na figura é constituído por uma secção transversal, 𝐴� =
3600 𝑚𝑚T e comprimento de 500 𝑚𝑚 e uma secção transversal, 𝐴T = 7200 𝑚𝑚T e
comprimento de 250 𝑚𝑚. Determinar as tensões normais actuantes nas secções
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
52 52
transversais das partes 1 e 2 da peça, quando houver uma variação de temperatura
de 20℃. O material da peça é aço. 𝐸9ç; = 2,1. 10> 𝑀𝑃𝑎; 𝛼9ç; = 1,2. 10l>℃l�
Solução
A carga axial actuante na peça é a mesma que actua como reacção nos
encastramentos. Para determinar esta força, é importante lembrar que o somatório
dos deslocamentos é nulo, portanto, podemos escrever:
𝐿� ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 𝐿�
𝐸 ∗ 𝐴�
= 𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴T
Como 𝐿� = 2𝐿T 𝑒 𝐴T = 2𝐴�, podemos escrever a equação anterior desta forma:
2𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 2𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴�
= 𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 2𝐴�
2𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 − 𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 = −
1
2 ∗
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴�
+ 2 ∗
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴�
𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 =
3
2 ∗
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴�
→ 𝐹 =
2
3 ∗
𝐿T ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 ∗ 𝐸 ∗ 𝐴�
𝐿T
𝐹 =
2
3 ∗ 𝐸 ∗ 𝐴� ∗ 𝛼9ç; ∗ ∆𝑇 =
2
3 ∗ 2,1. 10
> ∗ 3600 ∗ 1,2 ∗ 10l> ∗ 20 = 𝟏𝟐𝟎, 𝟗𝟔 𝒌𝑵
Tensão normal actuante nas secções 1 e 2
𝜎� =
𝐹
𝐴�
=
120960
3600 = 𝟑𝟑, 𝟔 𝑴𝑷𝒂
𝜎T =
𝐹
𝐴T
=
120960
7200 = 𝟏𝟔, 𝟖 𝑴𝑷𝒂
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
53 53
Problema 5.3
Uma barra circular de alumínio possui um
comprimento 𝑙 = 0,3𝑚 e temperatura de 17℃.
Determine a dilatação e o comprimento final
da barra quando a temperatura atingir 32℃.
𝛼AB = 2,4. 10l>℃l�
§ Dilatação (alongamento) da barra
𝛿(𝑧) = 𝛼𝐿∆𝑇 = 2,4. 10l> × 300 × (32 − 17) = 𝟏𝟎𝟖 𝝁𝒎
§ Comprimento final da barra
𝐿ê¥Ñ9B = 𝐿 + 𝛿(𝑧) = 300 + 0,108 = 𝟑𝟎𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒎𝒎
Problema 5.4
A figura dada representa uma viga de aço com
5 𝑚 de comprimento e 3600 𝑚𝑚T de área de
secção transversal. A viga encontra-se
encastrada na parede A e apoiada junto à
parede B, com uma folga de 1 𝑚𝑚 desta, a
uma temperatura de 12℃. Determinar a
tensão actuante na viga quando a temperatura
subir para 40℃.
𝐸9ç; = 2,1. 10>𝑀𝑃𝑎 𝛼9ç; = 1,2. 10l>℃l�
Solução
§ Se a viga estivesse livre, o seu alongamento seria:
𝛿 = 𝛼𝐿∆𝑇 = 1,2. 10l> ∗ 5000 ∗ (40 − 12) = 𝟏, 𝟔𝟖 𝒎𝒎
§ Como existe a folga de 1 𝑚𝑚, a parte do alongamento que será responsável
pela tensão é:
𝛿∗ = 𝛿 − 1 = 1,68 − 1 = 0,68 𝑚𝑚
§ A variação de temperatura necessária para se obter 𝛿∗ = 0,68 𝑚𝑚 será
calculada por:
𝛿∗ = (𝐿 + 1) ∗ 𝛼 ∗ ∆𝑇 → ∆𝑇 =
𝛿∗
(𝐿 + 1) ∗ 𝛼 =
0,68
5001 ∗ 1,2. 10l> = 11,33℃
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
54 54
§ Tensão actuante na viga
𝜎 = 𝐸 ∗ 𝛼 ∗ ∆𝑇 = 2,1. 10> ∗ 1,2. 10l> ∗ 11,33 = 𝟐𝟖, 𝟓𝟓 𝑴𝑷𝒂
Problema 5.5
Um tubo de aço com 100 𝑚𝑚 de diâmetro externo
envolve um tubo de cobre com 80 𝑚𝑚 de
diâmetro externo e 60 𝑚𝑚 de diâmetrointerno. O
conjunto sofre uma carga de 24 𝑘𝑁 aplicada no
centro das chapas de aço, como mostra a figura.
Determinar a tensão normal em cada tubo.
𝐸9ç; = 210 𝐺𝑃𝑎
𝐸IJ = 112 𝐺𝑃𝑎
Solução
A carga de 24 𝑘𝑁 actua simultaneamente nos tubos de Cobre e Aço, portanto,
podemos escrever:
A carga aplicada nos tubos, fará com que estes sofram uma variação da sua medida
linear inicial. É fácil observar que as duas variações são as mesmas.
𝛿9ç; = 𝛿IJ →
𝐹9ç; ∗ 𝑙9ç;
𝐸9ç; ∗ 𝐴9ç;
=
𝐹IJ ∗ 𝑙ÌJ
𝐴IJ ∗ 𝐸IJ
Como os comprimentos são iguais (𝑙9ç; = 𝑙ÌJ), podemos escrever que:
𝐹9ç;
𝐸9ç; ∗ 𝐴9ç;
=
𝐹IJ
𝐴IJ ∗ 𝐸IJ
§ Secções transversais dos tubos
𝐴9ç; =
𝜋Ö𝐷9ç;T − 𝐷IJT×
4 =
𝜋(100T − 80T)
4 = 𝟗𝟎𝟎𝝅 𝒎𝒎𝟐
𝐴IJ =
𝜋Ö𝐷IJT − 𝑑IJ
T×
4 =
𝜋(80T − 60T)
4 = 𝟕𝟎𝟎𝝅 𝒎𝒎𝟐
Substituindo os valores da área na equação [𝐼𝐼], temos:
𝐹9ç; + 𝐹IJ = 24 𝑘𝑁 [𝐼]
𝐹9ç; =
𝐸9ç; ∗ 𝐴9ç;
𝐴IJ ∗ 𝐸IJ
∗ 𝐹IJ [𝐼𝐼]
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
55 55
𝐹9ç; =
900𝜋 ∗ 210
700𝜋 ∗ 112 ∗ 𝐹IJ
𝑭𝒂ç𝒐 = 𝟐, 𝟒𝟏 ∗ 𝑭𝑪𝒖
Substituindo a relação acima na equação [𝐼], temos:
2,41 ∗ 𝐹IJ + 𝐹IJ = 24 → 3,41𝐹IJ = 24
𝑭𝑪𝒖 = 𝟕 𝒌𝑵
Mas, sabe-se que:
𝐹9ç; + 𝐹IJ = 24 → 𝐹9ç; = 24 − 𝐹IJ = 24 − 7
𝑭𝒂ç𝒐 = 𝟏𝟕 𝒌𝑵
Tensão normal nos tubos
𝜎9ç; =
𝐹9ç;
𝐴9ç;
=
17000
900𝜋 = 𝟔 𝑴𝑷𝒂
𝜎IJ =
𝐹IJ
𝐴IJ
=
7000
700𝜋 = 𝟑, 𝟏𝟖 𝑴𝑷𝒂
Problema 5.6
O conjunto representado acima está inicialmente num ambiente controlado
com 25℃. Pretende-se saber qual será a tensão actuante em cada peça, quando uma
fonte de calor externa elevar a temperatura do sistema em 45℃.
Solução
Capítulo 5 – Tracção e Compressão
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56 56
A carga axial actuante na peça é a mesma que actua como reacção nos
encastramentos. Para determinar esta força, é importante lembrar que o somatório
dos deslocamentos é nulo, portanto, podemos escrever:
𝐿� ∗ 𝛼îp;Ñ�o ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 𝐿�
𝐸 ∗ 𝐴�
= 𝐿T ∗ 𝛼B9¾ã; ∗ ∆𝑇 −
𝐹 ∗ 𝐿T
𝐸 ∗ 𝐴T
𝐹 = 180559,789 𝑁 = 𝟏𝟖𝟎, 𝟓𝟔𝟎 𝒌𝑵
§ Tensão normal actuante nas secções do bronze (1) e do latão (2)
𝜎� =
𝐹
𝐴�
=
180559,789
𝜋 × 70T
4
= 𝟒𝟗, 𝟗𝟏𝟖 𝑴𝑷𝒂
𝜎T =
𝐹
𝐴T
=
180559,789
75 × 150 = 𝟏𝟔, 𝟎𝟓 𝑴𝑷𝒂
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Não vos esqueçais da hospitalidade, porque, por ela, alguns, não
o sabendo, hospedaram anjos – Hebreus 13:1
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
58 58
CAPÍTULO 6. TEORIA DE ELASTICIDADE
6.1. Definição das tensões
No capítulo 2, estudamos a origem das forças internas e a determinação dos
esforços na secção, o que representa um dos critérios para a determinação da
intensidade da solicitação do elemento estrutural, mas não é o único. A intensidade
da solicitação de um corpo determina-se não só com base nos esforços actuantes
numa secção transversal, mas também com base na sua distribuição sobre a secção
e na área e forma da mesma. Baseando-se na suposição feita no capítulo 1, sobre a
continuidade do material (Um material é homogêneo quando as suas propriedades
não dependem do volume do corpo. Disto provém o conceito do meio contínuo. Um
meio contínuo caracteriza-se pela ocupação contínua de todo o volume que lhe é
atribuído.), podemos associar a cada elemento de área 𝒅𝑨 da secção transversal uma
certa força interna 𝒅𝑭 cujas direcção e intensidade se determinam a partir da carga
exterior.
A razão da força pela área da secção transversal é denominada “Tensão”, cuja
unidade será evidentemente a unidade da força pela unidade da área (por exemplo:
𝑁/𝑚𝑚T,𝑁/𝑐𝑚T 𝑜𝑢 𝑁/𝑚T). Uma vez que a força é um vector, também a tensão é uma
grandeza dirigida, tendo direcção, intensidade e sentido. Assim como decompomos
a força interna resultante nas direcções dos eixos coordenados, obtendo o esforço
normal e dois esforços transversos (Figura 6.1.a), da mesma maneira decomporemos
a tensão resultante, que surge num certo ponto de um plano secante ao corpo, em
componentes segundo as direcções dos eixos coordenados. Resultam deste modo
uma “Tensão normal 𝝈” e duas “ tensões tangenciais 𝝉”, que são perpendiculares
entre si (Figura 6.1.b).
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
59 59
Figura 6.1 - Definição das tensões
Se por um certo ponto de um corpo traçarmos vários planos secantes
inclinados arbitrariamente, então as tensões resultantes que surgirão nos planos
serão diferentes. O conjunto das tensões existentes em pelo menos 3 planos tri-
ortogonais que passam pelo ponto em causa determinam o chamado “estado de
tensão” do ponto.
Habitualmente utilizamos um sistema de coordenadas cartesianas,
decompondo, portanto, a tensão 𝝈𝒓𝒆𝒔 segundo as direcções dos eixos das
coordenadas x, y e z. as componentes obtidas distinguem-se através de dois índices,
dos quais o primeiro indica a direcção da normal ao plano em que a componente
actua e o segundo assinala a sua direcção (Figura 6.1.c).
As tensões são definidas como positivas quando num plano, cuja normal tem
o sentido positivo, são orientadas nos sentidos dos eixos coordenados
correspondentes, ou quando são orientadas nos sentidos opostos aos dos eixos
coordenados em planos cujas normais têm sentidos negativos.
Por conseguinte, nas 3 facetas ortogonais de um tetraedro elementar actuam
9 componentes das tensões (Figura 6.1.c) que constituem o chamado “tensor das
tensões” referido no sistema de eixos xyz:
𝜎¥ñ = ò
𝜎£ 𝜏�£ 𝜏�£
𝜏£� 𝜎� 𝜏��
𝜏£� 𝜏�� 𝜎�
ô
Diminuindo as dimensões do tetraedro podemos reduzi-lo ao ponto P, sendo
as tensões indicadas consideradas como as tensões aparecidas nesse ponto,
referidas ao sistema de eixos xyz. Elas definem completamente o “estado de tensão”
no ponto em questão. Veremos a seguir, que, o conhecido tensor das tensões num
ponto P qualquer de um corpo, é possível determinar o vector-tensão 𝝈𝒏 𝒓𝒆𝒔 numa
faceta qualquer infinitamente próxima de P definida pela sua normal exterior 𝒏.
Como nas tensões normais os dois índices são iguais, vamos suprimir em
seguida o segundo índice, assinalando deste modo a tensão normal por um índice só
que indica a direcção em que a tensão actua.
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
60 60
6.2. Estados de tensão
Existem 3 estados principais de tensão, a saber: o estado monoaxial de tensão,
o estado biaxial de tensão e o estado triaxial de tensão.
Para além dos estados de tensão acima referidos, existem outros estados de
tensão, que são casos particulares, que podem ser: estado de corte puro, estado
hidrostático, etc.
6.2.1. Estado monoaxial de tensão
Se carregarmos uma barra recta e prismática por uma força orientada ao longo
do seu eixo, podemos supor, que, excepto na vizinhança imediata do ponto de
aplicação da força, as forças internas estejam uniformemente distribuídas sobre toda
a secção transversal. Quer dizer, toda a secção participa de maneira uniforme na
transmissão do esforço normal. Essa suposição baseia-se no princípio de Saint
Venant e afirma:
“As particularidades de aplicação das forças externas a uma barra sujeita à
tracção ou compressão revelam-se, em regra, a distâncias que não superam as
dimensões características da secção transversal da barra.” (ver Figura 6.2).
Figura 6.2 - Barra sujeita à tracção
Junto aos locais de aplicação das forças externas, de variações bruscas de
secção ou de outras descontinuidades surgem tensões elevadas, as chamadas
“tensões locais”. Estas concentrações de tensões serão tratadas no capitulo 15.
Constatamos que, excluindoas zonas na vizinhança dos pontos de aplicação das
forças, de variação brusca da forma geométrica e zonas em torno de orifícios, uma
barra recta submetida à tracção ou compressão pura estará sujeita a um estado
monoaxial de tensão.
A tensão resultante 𝜎poË em qualquer plano secante é orientada na direcção do
eixo da barra.
Convecção de sinais:
Tensões normais que têm o sentido da normal ao plano em que actuam são
positivas, trata-se neste caso de tensões de tracção. Tensões normais com sentidos
opostos são tensões de compressão e assinalam-se com sinais negativos.
Portanto, esforços normais positivos produzem tensões de tracção e esforços
normais negativos originam tensões de compressão.
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
61 61
Estudemos agora o caso em que a normal ao plano da secção transversal é
inclinada, em relação ao eixo da barra de um ângulo 𝜃, que se mede no sentido
matematicamente positivo.
Figura 6.3 - Estado monoaxial de tensão
A única tensão existente numa secção transversal perpendicular ao eixo da
barra da área 𝑨 será:
𝜎£ = 𝜎¤ =
𝐹
𝐴 [6.1]
Se separarmos da barra uma parte em forma de cunha podemos determinar
as tensões na faceta inclinada mediante as condições de equilíbrio:
(Deve ser salientado que só há condições de equilíbrio de forças ou momentos;
não há condições de equilíbrio para tensões).
↗:𝜎(𝜃) ∗ 𝐴(𝜃) − 𝜎¤ ∗ cos𝜃 ∗ 𝐴 = 0
↖ : 𝜏(𝜃) ∗ 𝐴(𝜃) + 𝜎¤ ∗ sin 𝜃 ∗ 𝐴 = 0
Sendo: 𝐴(𝜃) = A
ùúûü
𝜎(𝜃) = 𝜎¤ ∗ 𝑐𝑜𝑠 T𝜃 =
𝜎¤
2 (1 + cos2𝜃)
𝜏(𝜃) = −𝜎¤ ∗ sin 𝜃 ∗ cos𝜃 = −𝜎¤2 sin 2𝜃
[6.2]
A Figura 6.3 ilustra a regra de sinais de tensão tangencial que será usada.
Toma-se o sinal positivo quando as tensões tangenciais formam forças que fazem
girar o corpo no sentido matematicamente positivo (sentido igual ao do ângulo 𝜃).
As equações [6.2] descrevem completamente o estado monoaxial de tensões.
Deste modo determinam-se as tensões normais e tangenciais existentes em qualquer
plano secante perpendicular ao plano da figura. Verificamos que surgem tensões
normais e tangenciais em todos os planos secantes, excepto no plano 𝜃 = 0, onde se
anula a tensão tangencial e a tensão normal atinge o seu valor extremo.
A tensão tangencial máxima, como se vê pela equação [6.2], actua na secção
transversal inclinada de 45º e tem a grandeza
𝜏¡á£ = −
1
2𝜎£ = −
1
2𝜎¤ [6.3]
Para barras sujeitas à compressão teremos que tomar 𝜎£ = 𝜎¤ com sinal
negativo nas fórmulas [6.2].
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
62 62
6.2.2. Estado biaxial (plano) de tensão
Examinemos então elementos estruturais cuja dimensão numa direcção, por
exemplo, espessura na direcção da coordenada z, e muito menor que as dimensões
nas outras duas. Se esses elementos forem carregados somente por forças
colocadas no plano das dimensões maiores, como no nosso exemplo no plano xy,
falaremos de um estado plano de tensão. Por outras palavras podemos dizer que um
estado de tensão é qualificado de plano, se a tensão resultante num ponto qualquer
do corpo está situada sempre no mesmo plano, isto é, não há nenhum componente
de tensão perpendicular ao plano em que se estende o corpo.
Imaginemos cortando do elemento estrutural um volume elementar
𝑑𝑉 = ℎ. 𝑑𝑥. 𝑑𝑦 (h = espessura do elemento)
E assinalemos as forças devidas a todas tensões e forças de volume possíveis
x,y (o peso próprio do volume elementar ou uma força de inércia).
É de tomar em conta, que as tensões não são constantes, mas variam como
funções das coordenadas x e y. Os acréscimos, que as tensões sofrem quando se
passa de uma faceta para uma outra paralela na direcção positiva da coordenada
correspondente serão considerados pela parcela de correção da série de Taylor,
como ilustra a Figura 6.4
Série de Taylor :
𝑓(𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦) +
𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦 𝑑𝑦 +
1
2!
𝜕T𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦T 𝑑𝑦T + ⋯
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
63 63
Figura 6.4 - Estado biaxial de tensão
A condição de equilíbrio das forças segundo o eixo dos x fornece:
!−𝜎£ + 𝜎£ +
𝜕𝜎£
𝜕𝑥 𝑑𝑥"𝑑𝑦. ℎ + #−𝜏�£ + 𝜏�£ +
𝜕𝜏�£
𝜕𝑦 𝑑𝑦$𝑑𝑥. ℎ + 𝑋. 𝑑𝑉 = 0
𝜕𝜎£
𝜕𝑥 +
𝜕𝜏�£
𝜕𝑦 + 𝑋 = 0 [6.4. 𝑎]
Analogamente obtém-se segundo o eixo dos y
𝜕𝜏£�
𝜕𝑥 +
𝜕𝜎�
𝜕𝑦 + 𝑌 = 0 [6.4. 𝑏]
A condição de equilíbrio dos elementos relacionados com o centro de
gravidade 𝑺 do elemento será
#𝜏�£ + 𝜏�£ +
𝜕𝜏�£
𝜕𝑦 𝑑𝑦$𝑑𝑥. ℎ.
𝑑𝑦
2 − #𝜏£� + 𝜏£� +
𝜕𝜏£�
𝜕𝑥 𝑑𝑥$𝑑𝑦. ℎ.
𝑑𝑥
2 = 0
Desprezamos os infinitésimos de terceira ordem em relação aos da segunda
ordem e obtemos
𝜏£� = 𝜏�£ [6.5]
A igualdade obtida entre as tensões tangenciais define o chamado teorema
de reciprocidade das tensões tangenciais:
1. As tensões tangenciais aparecem sempre duas a duas, não havendo um
estado monoaxial de tensões tangenciais
2. Em duas facetas ortogonais, as tensões tangenciais perpendiculares à aresta
comum são iguais e ambas convergentes ou divergentes relativamente à
aresta.
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
64 64
Para estudar as tensões que aparecem em facetas inclinadas de ângulos
𝜃 𝑒 𝜃 + (
T
respectivamente, o que corresponderia ao estado de tensão dum volume
elementar girado pelo ângulo 𝜃 em comparação com a sua posição inicial, cortamos
do corpo de espessura ℎ um elemento em forma de uma cunha, marcamos as forças
que nele estão aplicadas e estabelecemos as condições de equilíbrio das forças
segundo duas direcções ortogonais da (Figura 6.5):
Figura 6.5 - Tensões que aparecem numa faceta inclinada
↗ : 𝜎£). 𝑑𝑠. ℎ − 𝜎£𝑑𝑦. ℎ. cos𝜃 − 𝜏£�. 𝑑𝑦. ℎ. sin 𝜃 − 𝜎�. 𝑑𝑥. ℎ. sin 𝜃 − 𝜏�£. 𝑑𝑥. ℎ. cos𝜃 = 0
↖: 𝜏£)�). 𝑑𝑠. ℎ + 𝜎£. 𝑑𝑦. ℎ. sin 𝜃 − 𝜏£�. 𝑑𝑦. ℎ. cos𝜃 − 𝜎�. 𝑑𝑥. ℎ. cos𝜃 + 𝜏�£. 𝑑𝑥. ℎ. sin 𝜃 = 0
Considerando que:
𝑑𝑥 = 𝑑𝑠. sin 𝜃
𝑑𝑦 = 𝑑𝑠. cos𝜃
𝑥𝑦 = 𝑦𝑥
𝑐𝑜𝑠T𝜃 =
1
2
(1 + cos 2𝜃)
𝑠𝑖𝑛T𝜃 =
1
2 (1 − cos2𝜃)
Obtém-se:
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
65 65
𝜎£) =
𝜎£ + 𝜎�
2 +
𝜎£ − 𝜎�
2 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏£� sin 2𝜃
𝜏£)�) = −
𝜎£ − 𝜎�
2 sin 2𝜃 + 𝜏£�. cos 2𝜃
[6.6]
Substituindo nas equações [6.6] a inclinação de 𝜃 da normal pelo ângulo 𝜃 + (
T
,
determinam-se as tensões que actuam na faceta perpendicular à acima estudada:
𝜎�) =
𝜎£ + 𝜎�
2 −
𝜎£ − 𝜎�
2 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏£� 𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝜏�)£) = −𝜏£)�) =
𝜎£ − 𝜎�
2 sen 2𝜃 − 𝜏£�. cos 2𝜃
[6.7]
O sinal negativo na segunda equação indica o sentido oposto de 𝜏�*£* em
relação a 𝜏£*�*, um facto já conhecido e considerado na Figura 6.5.
Se somarmos as primeiras das Equações [4.6] e [4.7] constatamos que
𝜎£ + 𝜎� = 𝜎£) + 𝜎�) [6.8]
O que significa: a soma das tensões normais em facetas ortogonaisé
invariante perante uma rotação do sistema de coordenadas.
As equações [6.6] e [6.7] mostram que as tensões são dependentes do ângulo
𝜃, devendo existir, portanto, uma inclinação para a qual a tensão normal na faceta
correspondente atinge o seu valor extremo. Igualando a zero a primeira derivada da
Função [6.6] em relação a sua variável (𝜃) e substituindo o valor obtido 𝜃¤ na função
inicial obtém-se:
𝑑𝜎£)
𝑑𝜃 = 2 +−
𝜎£ − 𝜎�
2 sen 2𝜃 + 𝜏£� cos2𝜃, = 2𝜏£)�) = 0 [6.9]
tan 2𝜃¤ =
2𝜏£�
𝜎£ − 𝜎�
[6.10]
Considerando que tan(𝜃¤ +
(
T
) = tan 2𝜃¤
Podemos concluir que existem sempre duas facetas ortogonais aos chamados
planos principais de tensão, em que as tensões normais tomam valores extremos,
sendo chamados tensões principais
𝜎� =
𝜎£ + 𝜎�
2 +
𝜎£ − 𝜎�
2 cos 2𝜃¤ + 𝜏£� sen 2𝜃¤
𝜎� =
𝜎£ + 𝜎�
2 −
𝜎£ − 𝜎�
2 cos 2𝜃¤ − 𝜏£� sen 2𝜃¤
[6.11]
As suas direcções são determinadas pelos ângulos 𝜃¤ e 𝜃¤ +
(
T
,
respectivamente, medidos no sentido matematicamente positivo a partir do eixo x.
Mediante as relações trigonométricas
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
66 66
sen 2𝜃¤ =
tan 2𝜃¤
/1 + 𝑡𝑎𝑛 T2𝜃¤
cos 2𝜃¤ =
tan2𝜃¤
/1 + 𝑡𝑎𝑛 T2𝜃¤
Eliminamos as funções trigonométricas nas equações [6.11] e obtemos:
𝜎�,T =
𝜎£ + 𝜎�
2 ±1�
𝜎£ − 𝜎�
2 �
T
+ 𝜏£�T [6.12]
Nota-se que o sinal positivo na equação acima nos leva à tensão principal 𝜎�
e o sinal negativo à tensão principal 𝜎T, sendo, portanto, sempre 𝜎� > 𝜎T.
Como se vê na Equação [6.9], nos planos principais de tensão (facetas
inclinadas de 𝜃¤ e 𝜃¤ +
(
T
) as tensões tangenciais são obrigatoriamente nulas.
De maneira análoga determinam-se as direcções e os valores das chamadas
tensões tangenciais principais que representam os valores extremos das tensões
tangenciais.
𝑑𝜏£*�*
𝑑𝜃 = 2 �−
𝜎£ − 𝜎�
2 cos 2𝜃 + 𝜏£� sen 2𝜃�
tan 2𝜃� = tan 2(𝜃� +
𝜋
2) = −
𝜎£ − 𝜎�
2𝜏£�
[6.13]
Nas facetas inclinadas de 𝜃� e 𝜃� +
(
T
em relação ao eixo x aparecem os valores
extremos das tensões tangenciais, as tensões tangenciais principais:
𝜏� = −𝜏T = −
𝜎£ − 𝜎�
2 sen 2𝜃� + 𝜏£� cos2𝜃� [6.14]
Ou, aproveitando as relações trigonométricas acima citadas,
𝜏�,T = ±1�
𝜎£ − 𝜎�
2 �
T
+ 𝜏£�T [6.15]
Em geral, nas facetas das tensões tangenciais principais as tensões normais
não são nulas. Se forem, trata-se de corte puro.
Pela multiplicação das equações [6.10] e [6.14] obtém-se:
tan 2𝜃¤ ∗ tan 2𝜃� = −1
O que significa que:
𝜃� = 𝜃¤ +
𝜋
4
Quer dizer, a normal das facetas das tensões tangenciais principais divide o
ângulo recto feito pelos planos principais de tensão em duas partes iguais.
Resumamos:
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
67 67
1. No estado plano de tensão (também no estado monoaxial) existem sempre
dois planos ortogonais, os planos principais de tensão, em que as tensões
normais são extremas e as tensões tangenciais são nulas. Isto é, facetas em
que não há tensões tangenciais são planos principais de tensão.
2. Em planos inclinados a 45º em relação aos planos principais de tensão, as
tensões tangenciais são extremas (tensões tangenciais principais). Nestes
planos as tensões normais não têm obrigatoriamente que ser nulas. Em planos
em que não há tensões normais tem-se o chamado corte puro.
Exemplo
Uma parede de uma
construção de concreto
reforçado está submetida a
uma carga vertical uniforme de
intensidade q e a uma força
horizontal F (que representa os
efeitos de carregamentos de
vento), como ilustrado na
primeira parte da figura. Como
consequência dessas cargas,
as tensões no ponto A na
superfície da parede têm os
valores ilustrados na segunda
parte da figura. Determine:
a) As tensões normal e de cisalhamento agindo num plano orientado a 30º em
relação ao elemento.
b) As tensões principais e as suas direcções.
c) A tensão de cisalhamento máxima e a sua direcção.
d) A tensão normal média associada.
Solução
Dados:
𝜎£ = 750 𝑘𝑃𝑎
𝜎� = −300 𝑘𝑃𝑎
𝜏£� = −100 𝑘𝑃𝑎
𝜃 = 30°
§ Tensões normais e de cisalhamento agindo num plano orientado a 30º em
relação ao elemento.
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
68 68
𝜎£) =
𝜎£ + 𝜎�
2 +
𝜎£ − 𝜎�
2 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏£� sin 2𝜃
𝜏£)�) = −
𝜎£ − 𝜎�
2 sin 2𝜃 + 𝜏£�. cos 2𝜃
[6.6]
𝜎£) =
750 − 300
2 + 750 + 3002 cos60° − 100sin 60° = 𝟒𝟎𝟎, 𝟖𝟗𝟕 𝒌𝑷𝒂
𝜏£)�) = −750 + 3002 sin 60° − 100cos 60° = −𝟓𝟎𝟒, 𝟔𝟔𝟑 𝒌𝑷𝒂
𝜎�) =
𝜎£ + 𝜎�
2 −
𝜎£ − 𝜎�
2 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏£� 𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝜏�)£) = −𝜏£)�) =
𝜎£ − 𝜎�
2 sen 2𝜃 − 𝜏£�. cos 2𝜃
[6.7]
𝜎�) =
750 − 300
2 − 750 + 3002 cos 60° + 100 𝑠𝑒𝑛 60° = 𝟒𝟗, 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝑷𝒂
𝜏�)£) = −𝜏£)�) =
750 + 300
2 sin 60° + 100 cos60° = 𝟓𝟎𝟒, 𝟔𝟔𝟑 𝒌𝑷𝒂
§ As tensões principais e as suas direcções
𝜎�,T =
𝜎£ + 𝜎�
2 ±1�
𝜎£ − 𝜎�
2 �
T
+ 𝜏£�T [6.12]
𝜎�,T =
750 − 300
2 ±1!
750 + 300
2 "
T
+ (−100)T →
𝝈𝟏 = 𝟕𝟓𝟗, 𝟒𝟒𝟎 𝒌𝑷𝒂
𝝈𝟐 = −𝟑𝟎𝟗, 𝟒𝟒𝟎 𝒌𝑷𝒂
tan 2𝜃¤ =
2𝜏£�
𝜎£ − 𝜎�
tan 2𝜃¤ =
2𝜏£�
𝜎£ − 𝜎�
→ 𝜃¤ =
1
2 arctan
2𝜏£�
𝜎£ − 𝜎�
=
1
2 arctan
4
2 ∗ (−100)
750 + 300
5 = −5,39°
Para 𝝈𝟏: 𝜃¤(1) = −5,39°
Para 𝝈𝟐: 𝜃¤(2) = −5,39° + 90° = 84,61°
§ A tensão de cisalhamento máxima e a sua direcção.
𝜏�,T = ±1�
𝜎£ − 𝜎�
2 �
T
+ 𝜏£�T [6.15]
𝜏� = 1�
𝜎£ − 𝜎�
2 �
T
+ 𝜏£�T = 1!
750+ 300
2 "
T
+ (−100)T = 𝟓𝟑𝟒, 𝟒𝟑𝟗 𝒌𝑷𝒂
tan 2𝜃� = tan 2(𝜃� +
𝜋
2) = −
𝜎£ − 𝜎�
2𝜏£�
[6.13]
𝜃� =
1
2 arctan(−
𝜎£ − 𝜎�
2𝜏£�
) =
1
2 arctan !−
750 + 300
2(−100) " = 𝟑𝟗, 𝟔𝟏°
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
69 69
6.3. Círculo de Mohr
Figura 6.6 - Círculo de tensões ou Círculo de Mohr
6.3.1. Passos principais para a construção do círculo de Mohr
Passo 1. Marcam-se os pontos 𝑨,𝑩 e 𝑴 no eixo das abcissas , isto é, os valores
de 𝜎�, 𝜎£ 𝑒 𝜎¡.
Passo 2. Na abcissa 𝜎£ (ponto 𝑩) traça-se a tensão tangencial considerando o
seu sinal e fixa-se deste modo o ponto 𝑻.
Passo 3. Com o raio, igual à distância 𝑇𝑀ÆÆÆÆÆ é desenhado o círculo;
Passo 4. A tensão principal 𝜎� resulta como distancia, à origem do sistema de
coordenadas 𝑶, da intersecção direita do círculo com o raio das abcissas
(ponto 𝑫). A intersecção esquerda marca por conseguinte a tensão principal
𝜎T (ponto 𝑪).
Passo 5. A ligação do ponto 𝑻 com a intersecção esquerda do círculo com o eixo
das abcissas (ponto 𝑪) representa um lado do ângulo 𝜃¤ (ângulo de inclinação
da normal do plano principal da tensão em que actua a tensão principal 𝜎�),
que se mede a partir do eixo dos 𝜎 no sentido matematicamente positivo. A
direcção da linha 𝐶𝑇ÆÆÆÆ corresponde, portanto, à direcção da tensão principal 𝜎�.
A direcção da tensão principal 𝜎T é ortogonal à de 𝜎�.
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
70 70
Passo 6. As coordenadasdo ponto 𝑷 determinam as tensões que actuam no
plano secante inclinado pelo ângulo arbitrário 𝜃.
Fixa-se o ponto 𝑷, traçando no ponto 𝑪 a partir da linha 𝐶𝑇ÆÆÆÆ o ângulo 𝜃 no
sentido matematicamente negativo.
Passo 7. A tensão tangencial principal é igual ao raio do círculo e representa-se
como distância 𝑀𝑆ÆÆÆÆ. A inclinação do plano em que actua a tensão tangencial
principal, isto é, o ângulo 𝜃�, mede-se como está indicado na alínea 6.
O círculo construído desta maneira é chamado círculo de tensões ou círculo
de Mohr, onde a ordenada de um ponto sobre o círculo é a tensão de cisalhamento
𝜏 e a abcissa é a tensão normal 𝜎.
Conclusões importantes:
§ A maior tensão possível é 𝜎� e a menor 𝜎T. Nestes planos não existem tensões
de cisalhamento.
§ A maior tensão de cisalhamento 𝜏¡á£ é igual ao raio do círculo e uma tensão
normal de actua em cada um dos planos de máxima e mínima tensão
de cisalhamento.
§ Se 𝜎� = 𝜎T, o círculo de Mohr se degenera em um ponto, e não se desenvolvem
tensões de cisalhamento no plano xy.
§ Se 𝜎£ + 𝜎� = 0, o centro do círculo de Mohr coincide com a origem das
coordenadas 𝜎 − 𝜏, e existe o estado de cisalhamento puro.
§ Se a soma das tensões normais em quaisquer dos planos mutuamente
perpendiculares é constante: 𝜎£ + 𝜎� = 𝜎� + 𝜎T = 𝜎£* + 𝜎�* = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒, os
planos de tensão máxima ou mínima formam ângulos de 45° com os planos
das tensões principais.
Deve ser apontado o facto que o círculo de Mohr representado na Figura 6.4 é
válido tanto para o estado biaxial como para o estado monoaxial de tensão, uma vez
que o estado monoaxial de tensão representa um caso particular do estado biaxial.
Existe também o círculo das tensões para o estado triaxial de tensão, que por
causa da reduzida importância representamos sem darmos demonstração. O
objectivo da sua construção consiste somente na determinação das tensões que
aparecem num plano secante qualquer, com base no conhecimento das tensões
principais que vem ser calculadas em antemão.
2
yx ss +
Capítulo 6 – Teoria de Elasticidade
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
71 71
Figura 6.7 - Círculo de Mohr para o estado triaxial de tensão
O círculo constrói-se da seguinte maneira
Passo 1. Marcam-se as tensões principais 𝜎�, 𝜎T 𝑒 𝜎� no eixo das abcissas.
Passo 2. Desenha-se 3 semicírculos sobre os comprimentos 𝜎�𝜎�ÆÆÆÆÆÆ, 𝜎T𝜎�ÆÆÆÆÆÆ 𝑒 𝜎�𝜎TÆÆÆÆÆÆ
cujos centros estão afastados da origem do sistema de coordenadas às
seguintes distâncias, respectivamente:
𝑀� =
𝜎� + 𝜎�
2 ; 𝑀T =
𝜎T + 𝜎�
2 ; 𝑀� =
𝜎� + 𝜎T
2
Passo 3. A área tracejada compreende todos os possíveis valores de 𝜎 𝑒 𝜏 para
um dado estado espacial de tensão.
Passo 4. A partir das verticais nos pontos 𝜎�𝑒 𝜎� traçam-se os ângulos 𝛼 𝑒 𝛾,
como se vê na figura, sendo 𝛼 𝑒 𝛾 os ângulos que a normal ao plano em
questão faz com os eixos dos x e dos z respectivamente. Resultam os pontos
𝑨 e 𝑩.
Passo 5. Com os centros em 𝑀T 𝑒 𝑀� traçam-se os arcos que passam por 𝐴 𝑒 𝐵
respectivamente, e se cruzam no ponto 𝑃.
Passo 6. As coordenadas do ponto 𝑃 representam as grandezas pedidas 𝜎 𝑒 𝜏. A
tensão 𝜎 é determinada com o seu verdadeiro sinal, não se podendo dizer nada
em relação ao sinal da tensão tangencial 𝜏.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Mas o que sai da boca procede do coração, e isso contamina o homem.
Porque do coração procedem os maus pensamentos,
mortes, adultérios, prostituição, furtos, falsos
testemunhos e blasfêmias. São essas as
coisas que contaminam o homem,
mas comer sem lavar as mãos,
isso não contamina
o homem.
Mateus 15: 18-20
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
73 73
CAPÍTULO 7. FLEXÃO
Falamos de flexão, se uma viga é solicitada por momentos, cujos vectores são
perpendiculares ao seu eixo, e/ou forças transversais. Sob a acção de tal carga o eixo
da viga sofre uma curvatura, isto é, sob ação de cargas de flexão, algumas fibras
longitudinais que compõem o corpo sólido são submetidas à tração e outras “a
compressão, existindo uma superfície intermediária onde a deformação (𝛿) e a tensão
(σ) para as fibras nela contidas tornam-se nulas, isto é, não se encurtam e nem se
alongam. Esta superfície é chamada de superfície neutra. A superfície neutra
intercepta uma dada secção transversal da barra segundo uma reta chamada linha
neutra.
Figura 7.1 - Viga em consola sob flexão
Os esforços de tracção e compressão aumentam à medida que se afastam da
superfície neutra, atingindo sua intensidade máxima nas fibras mais distantes a ela.
O material obedece a Lei de Hooke, ou seja, as tensões e deformações produzidas
no sólido estão abaixo do limite de escoamento do material (regime elástico).
Supondo uma viga submetida a esforços de flexão, constituída por uma série
de fibras planas longitudinais, as fibras próximas à superfície convexa estão sob
tracção e portanto sofrem um aumento em seu comprimento. Da mesma forma, as
fibras próximas à superfície côncava estão sob compressão e sofrem uma diminuição
no seu comprimento. Como na superfície neutra o esforço é nulo, a deformação
resultante também será nula, sendo assim um plano de transição entre as
deformações de tracção e compressão. De acordo com a Lei de Hooke, a tensão varia
linearmente com a deformação. Desta forma temos que a tensão de flexão varia
linearmente numa dada seção transversal de uma viga, passando por zero (tensão
nula) na linha neutra.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
74 74
Figura 7.2 - Superfície e linha neutra apresentadas num trecho de uma viga flectida
Para facilitar a compreensão da matéria, formulamos as seguintes restrições:
1. O eixo da viga é recto
2. A única solicitação consiste em momentos flectores não havendo esforços
transversos, tratando-se, portanto, de flexão pura
3. A secção transversal da viga é invariável ao longo do comprimento desta.
7.1. Geometria de áreas planas
Convenção sobre a designação dos eixos coordenados:
Para evitar qualquer confusão aplicaremos a seguinte regra: Todos os eixos
não centrais (eixos que não passam pelo centro de gravidade) em contraposição aos
eixos centrais (x, y, x’, y’ etc.) são assinalados por barras (�̅�, 𝑦Æ, 𝑥′9 , 𝑦′9 𝑒𝑡𝑐.).
7.1.1. Momentos estáticos
Os integrais
𝑆£̅ = : 𝑦Æ
(A)
. 𝑑𝐴 𝑒 𝑆�Æ = : �̅�
(A)
. 𝑑𝐴 [7.1]
designam-se por momentos estáticos de área 𝐴 em relação aos eixos
coordenados �̅� 𝑒 𝑦Æ respectivamente. Estes integrais conhecem-se da estática, onde
aparecem nas equações de determinação das coordenadas do centro de gravidade
duma área:
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
75 75
�̅�Ë =
1
𝐴
: �̅�
(A)
. 𝑑𝐴 𝑒 𝑦ÆË =
1
𝐴
: 𝑦Æ
(A)
. 𝑑𝐴 [7.2]
Onde:
�̅�Ë ; 𝑦ÆË − coordenadas do centro de gravidade 𝑆
𝐴 − área total da superfície em causa
Para áreas com formas simples tais como rectângulos, triângulos, semi-
círculos, etc. os centros de gravidade determinam-se facilmente por integração,
através das Expressões [7.2], ou tiram-se simplesmente de tabelas.
Para figuras mais complicadas é vantajoso subdividir a figura em formas
simples, para as quais a posição do centro de gravidade já é conhecida,
determinando-se em seguida o centro de gravidade da figura completa através das
expressões:
�̅�Ë =
∑ �̅�Ë¥¥ ∗ 𝐴¥
∑ 𝐴¥¥
𝑦ÆË =
∑ 𝑦ÆË¥¥ ∗ 𝐴¥
∑ 𝐴¥¥
[7.3]
Onde:
�̅�Ë¥ , 𝑦ÆË¥ −são as coordenadas já conhecidas do centro de gravidade da área parcial
𝐴¥, medidas no mesmo sistema de coordenadas (�̅�, 𝑦Æ).
As áreas parciais também podem ser negativas (para o caso de furos). Além
disso, nos limites de integração das expressões [7.2] e nas somas dos numeradores
em [7.3] devem ser considerados os sinais das coordenadas.
Constatamos:
§ O momento estático em relação a um determinado eixo pode ser positivo,
negativo ou nulo.
§ Se o centro de gravidade da área em questão está sobre um eixo coordenado,
o momento estático da área em relação a esse eixo é nulo, isto é, momentos
estáticos relativos a quaisquer eixos centrais (são eixos que passam pelo
centro de gravidade) são nulos.
Nota: Os eixos de simetria sempre passam pelo centro de gravidade.
Exemplo 7.1
Vejamos como praticamente determinar a posição do centro de gravidade da
área representada na Figura 7.3. Trata-se de uma área composta por três áreas
parciais, sendo uma delas (𝐴�) negativa, por se tratar de um orifício.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
76 76
Figura 7.3 - Exemplo 7.1
Por inspecção simples concluímos que 𝑦ÆË = 0, visto que o eixo dos �̅� é um eixo
de simetria.
𝒊 𝒙9𝒔𝒊 𝑨𝒊 𝒙9𝒔𝒊 ∗ 𝑨𝒊
𝟏 −
4𝑎
3𝜋 𝜋𝑎T
2 −
2
3𝑎
�
𝟐 2𝑎 8𝑎T 16𝑎�
𝟑 2𝑎 −
𝜋𝑎T
4 −
𝜋
2 𝑎
�
¶
𝒊
− �8 +
𝜋
2�𝑎
T !
46
3 −
𝜋
2"𝑎
�
�̅�Ë =
∑ �̅�Ë¥¥ ∗ 𝐴¥
∑ 𝐴¥¥
=
�463 − 𝜋2�𝑎
�
�8 + 𝜋2� 𝑎
T
=
46
3 − 𝜋2
8 + 𝜋2
∗ 𝑎 = 1,57𝑎
𝑦ÆË = 0
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
77 77
7.1.2. Momentos de inercia e produtos de inercia
Os momentos de inércia e o produto de inércia
são características geométricas. Eles dependem da
dimensão e da forma da área e da posição do sistema
de coordenadas.
O momento de inércia de uma área elementar
em relação a um eixo ou a um ponto é, por definição, o
produto da área elementar pelo quadrado da distância
ao eixo ou ao ponto, respectivamente.
Os momentos (axiais) de inércia relacionam-
se com os eixos indicados pelos seus índices:
𝐼£̅ = : 𝑦ÆT
(A)
. 𝑑𝐴 𝐼�Æ = : �̅�T
(A)
. 𝑑𝐴 [7.4]
O momento polar de inércia relaciona-se com um ponto e corresponde ao
momento de inércia da área em causa em torno do eixo perpendicular ao seu plano
que passa pelo ponto em questão. Assim, o momento polar de inércia em relação ao
ponto 𝑂 (Figura 7.4) será:
𝐼= = : 𝑟T
(A)
. 𝑑𝐴 = :(�̅�T + 𝑦ÆT)
(A)
. 𝑑𝐴 = 𝐼£̅ + 𝐼�Æ [7.5]
Ou seja, o momento polar de inércia em relação a um ponto é igual à soma
dos momentos (axiais) de inércia em relação a dois eixos ortogonais que passam pelo
ponto.
Convém notar que os momentos de inércia são sempre quantidades
positivas, diferentes de zero.
Produto de inércia
Chama-se produto de inércia de uma área 𝐴 em relação a um par de eixos
ortogonais �̅�, 𝑦Æ ao valor:
𝐼£̅�Æ = − : �̅�. 𝑦Æ
(A)
. 𝑑𝐴 [7.6]
O produto de inércia relaciona-se, pois, com a origem do sistema de
coordenadas indicadas nos seus índices, relaciona-se, portanto, com um ponto. Este
momento pode ser tanto positivo, como negativo ou nulo, conforme a posição da área
Figura 7.4 - Momentos e produtos de inércia
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
78 78
relativamente aos eixos �̅� e 𝑦Æ. Quando a figura admite um eixo de simetria, o produto
de inércia em relação a um ponto pelo qual passa o eixo de simetria é nulo. Então,
uma área simétrica em relação ao eixo �̅� compõe-se sempre de pares de dois
elementos com o mesmo valor de 𝑥 e com valores de 𝑦Æ iguais e de sinal contrário. O
produto de inércia correspondente a cada par de elementos nestas condições é nulo,
pelo que, estendendo o raciocínio a todos os elementos da área se conclui que o
produto de inércia de uma área em relação a um par de eixos ortogonais em que pelo
menos um deles é de simetria é nulo.
Convém notar que também se encontra na bibliografia uma definição oposta:
𝐼£̅�Æ = ∫ �̅�. 𝑦Æ(A) . 𝑑𝐴 , portanto, uma definição positiva do produto de inércia. Por isso
recomenda-se: Ao trabalhar com a bibliografia correspondente, verificar qual é a
definição usada!
Apresenta-se ainda o conceito “Raio de giração”. Designa-se por raio de
giração a raiz quadrada do quociente momento de inércia pela área.
𝑟£ = 1𝐼£
𝐴 𝑟� =
1𝐼�
𝐴 [7.7]
7.1.3. Transposição dos eixos de inercia paralelos – Teorema de Steiner
Seja 𝑆(�̅�Ë , 𝑦ÆË) o centro de gravidade da área 𝐴
referido ao sistema de eixos �̅�, 𝑦Æ e 𝑥, 𝑦 um
sistema de eixos paralelo a �̅�, 𝑦Æ passando por
𝑆 (Figura 7.5).
Teremos então:
�̅� = 𝑥 + �̅�Ë
𝑦Æ = 𝑦 + 𝑦ÆË
Donde:
𝐼£̅ = : 𝑦ÆT
(A)
. 𝑑𝐴 = :(𝑦 + 𝑦ÆË)T
(A)
. 𝑑𝐴 = : 𝑦T
(A)
. 𝑑𝐴 + 2 ∗ 𝑦ÆË : 𝑦
(A)
. 𝑑𝐴 + 𝑦ÆËT : 𝑑𝐴
(A)
𝐼�Æ = : �̅�T
(A)
. 𝑑𝐴 = : (𝑥 + �̅�Ë)T
(A)
. 𝑑𝐴 = : 𝑥T
(A)
. 𝑑𝐴 + 2 ∗ �̅�Ë : 𝑥
(A)
. 𝑑𝐴 + �̅�ËT : 𝑑𝐴
(A)
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
79 79
𝐼£̅�Æ = − : �̅�. 𝑦Æ
(A)
. 𝑑𝐴 = − :(𝑥 + �̅�Ë). (𝑦 + 𝑦ÆË)
(A)
. 𝑑𝐴 = − : 𝑥. 𝑦
(A)
. 𝑑𝐴 − �̅�Ë : 𝑦
(A)
. 𝑑𝐴 −
−𝑦ÆË : 𝑥
(A)
. 𝑑𝐴 − �̅�Ë. 𝑦ÆË : 𝑑𝐴
(A)
Atendendo a que ∫ 𝑥(A) . 𝑑𝐴 = 0 e ∫ 𝑦(A) . 𝑑𝐴 = 0, pois representam os momentos
estáticos da área 𝐴 em relação aos eixos 𝑥, 𝑦 que passam pelo centro de gravidade 𝑆
da área 𝐴, tem-se:
𝐼£̅ = 𝐼£ + 𝑦ÆËT. 𝐴
𝐼�Æ = 𝐼� + �̅�ËT. 𝐴
𝐼£̅�Æ = 𝐼£� − �̅�Ë. 𝑦ÆË. 𝐴
[7.8]
Em que:
𝐼£, 𝐼�, 𝐼£� − são os momentos de inércia e o produto de inércia da área 𝐴,
respectivamente, em relação aos eixos paralelos aos eixos �̅� e 𝑦Æ passando
pelo centro de gravidade 𝑆.
�̅�Ë , 𝑦ÆË − são as distancias entre os eixos paralelos
𝐴 − é a área total
𝐼£̅, 𝐼�Æ, 𝐼£̅�Æ − são os momentos de inércia e o produto de inércia da área 𝐴,
respectivamente, em relação aos eixos �̅� e 𝑦Æ.
Ou seja:
1. O momento de inércia de uma área 𝐴 em relação a um eixo qualquer é igual
ao momento de inércia da área em relação a um eixo paralelo passando pelo
centro de gravidade mais o produto da área pelo quadrado da distância entre
os dois eixos. Uma consequência imediata do teorema de Steiner é de que os
menores momentos de inércia se verificam para eixos centrais.
2. O produto de inércia de uma área 𝐴 em relação a um sistema de eixos
ortogonais é igual ao produto de inércia em relação ao sistema de eixos
paralelos centrais menos o produto da área pelas coordenadas do centro de
gravidade em relação aos eixos considerados.
Chama-se a atenção do estimado leitor para o seguinte facto importante:
Sabendo os momentos de inércia e os produtos de inércia de uma área 𝐴
relativos a eixos não centrais e querendo determinar aqueles que se
relacionam com outros eixos não centrais, deve-se reduzi-los primeiro aos
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
80 80
eixos centrais aplicando o teorema de Steiner, e depois utilizar mais uma vez
este teorema e calcular os momentos e o produto de inércia para os novos
eixos. Uma conversão directa, imediata, dos momentos e do produto de inércia
relativos a eixos não centrais é impossível!
7.1.4. Transposição angular dos eixos de inércia
O problema de transposição angular dos eixos de inércia consiste em,
conhecidos os momentos e o produto deinércia de uma área 𝐴 em relação a um
sistema de eixos �̅�, 𝑦Æ, calcular os momentos e o produto de inércia em relação a um
outro sistema de eixos 𝑥′9 , 𝑦′9 , obtido por meio de uma rotação 𝜃 relativamente ao
sistema inicial (Figura 7.6).
Suponhamos conhecidos 𝐼£̅, 𝐼�Æ 𝑒 𝐼£̅�Æ e que queremos determinar 𝐼£*ÆÆÆ, 𝐼�*ÆÆÆ 𝑒 𝐼£*ÆÆÆ�*ÆÆÆ,
usamos as seguintes equações:
𝐼£*ÆÆÆ =
𝐼£̅ + 𝐼�Æ
2 +
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
2 cos 2𝜃 + 𝐼£̅�Æ sin 2𝜃
𝐼�*ÆÆÆ =
𝐼£̅ + 𝐼�Æ
2 −
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
2 cos2𝜃 − 𝐼£̅�Æ sin 2𝜃
[7.9]
Vê-se que a soma dos momentos de inércia é independente do ângulo 𝜃 e,
por conseguinte, invariável perante a rotação do sistema de coordenadas.
𝐼£̅ + 𝐼�Æ = 𝐼£*ÆÆÆ + 𝐼�*ÆÆÆ = 𝐼= [7.10]
7.1.5. Momentos e eixos principais de inércia
Designa-se por momentos principais de inércia os valores máximo e mínimo
que o momento de inércia num certo ponto toma ao variar a posição angular do
sistema de coordenadas que tem a sua origem nesse ponto. Os eixos para os quais
os momentos de inércia alcançam os seus valores extremos chamam-se eixos
principais de inércia.
Se a origem daquele sistema de coordenadas for o centro de gravidade da
superfície, os momentos principais de inércia designam-se por momentos principais
centrais de inércia e os eixos correspondentes por eixos principais centrais de
inércia. Muitas vezes, em linguagem técnica, usa-se apenas a designação de eixos
principais de inércia e de momentos principais de inércia. Em rigor, ou seja,
existem pares de momentos principais de inércia em número infinito, ou seja, um para
cada ponto dentro ou fora da área em causa, contudo, existe só um par de momentos
principais centrais de inércia, o par em torno do centro de gravidade.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
81 81
Atendendo à sua definição, a posição dos eixos principais de inércia pode
determinar-se através da derivada de 𝐼£*ÆÆÆ (ou 𝐼�*ÆÆÆ) em relação a 𝜃. Os eixos principais
de inércia correspondem aos valores de 𝜃 = 𝜃¤ para os quais a derivada se anula.
𝐼�,T =
𝐼£̅ + 𝐼�Æ
2 ± 1!
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
2 "
T
+ 𝐼£̅�ÆT [7.11]
A direcção dos momentos principais de inércia 𝜃¤ pode ser determinada
através da seguinte expressão:
tan 2𝜃¤ =
2 ∗ 𝐼£̅�Æ
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
[7.12]
Exemplo 7.2
Determinar os momentos e os produtos de
inércia do rectângulo, respectivamente, para os
sistemas de coordenadas representados.
Solução
Primeiro calculamos o momento de inércia
em relação ao eixo central 𝑥. Com este fim
decompomos a área em faixas paralelas ao eixo 𝑥
de largura 𝑏 e de altura 𝑑𝑦. A área elementar será
𝑑𝐴 = 𝑏. 𝑑𝑦. A integração efectua-se entre os limites:
−
ℎ
2 ≤ 𝑦 ≤
ℎ
2
Portanto:
𝐼£ = : 𝑦T
(A)
. 𝑑𝐴 = : 𝑦T
?
T
l?T
. 𝑏. 𝑑𝑦 =
𝑏. ℎ�
12
O momento de inércia 𝐼� determina-se decompondo a área em faixas paralelas
ao eixo 𝑦, 𝑑𝐴 = ℎ. 𝑑𝑥, fazendo a integração nos limites:
−
𝑏
2 ≤ 𝑥 ≤
𝑏
2
Obtém-se:
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
82 82
𝐼� = : 𝑥T
(A)
. 𝑑𝐴 = : 𝑥T
î
T
lîT
. ℎ. 𝑑𝑥 =
ℎ. 𝑏�
12
O produto de inércia é igual a zero, visto que os eixos 𝑥, 𝑦 são eixos de simetria:
𝐼£� = 0
Aplicando o Teorema de Steiner, os momentos e o produto de inércia
relativamente ao sistema de coordenadas �̅�, 𝑦Æ serão:
𝐼£̅ = 𝐼£ + 𝑦ÆËT. 𝐴 =
𝑏. ℎ�
12 + !
ℎ
2"
T
. ℎ. 𝑏 =
𝑏. ℎ�
3
𝐼�Æ = 𝐼� + �̅�ËT. 𝐴 =
ℎ. 𝑏�
12 + !
𝑏
2"
T
. ℎ. 𝑏 =
ℎ. 𝑏�
3
𝐼£̅�Æ = 𝐼£� − �̅�Ë. 𝑦ÆË. 𝐴 = 0 −
ℎ
2 .
𝑏
2 . ℎ. 𝑏 = −
𝑏T. ℎT
4
Os momentos de inércia 𝐼£ 𝑒 𝐼� são os momentos principais (centrais) de
inércia, sendo os eixos 𝑥 𝑒 𝑦 eixos de simetria.
Exemplo 7.3
Determinar os momentos e os produtos de
inércia em relação aos sistemas de coordenadas
representados, os valores dos momentos
principais (centrais de inércia) e as direcções dos
eixos principais de inércia.
Solução
Para determinar o momento de inércia 𝐼£̅
decompomos o triângulo em faixas paralelas ao
eixo 𝑥 de altura 𝑑𝑦Æ e de altura 𝑏(𝑦Æ). A função 𝑏(𝑦Æ)
resulta da semelhança de triângulos:
ℎ
𝑏 =
ℎ − 𝑦Æ
𝑏(𝑦Æ) → 𝑏(𝑦Æ) =
𝑏
ℎ (ℎ − 𝑦Æ)
Com 𝑑𝐴 = 𝑏(𝑦Æ).𝑑𝑦Æ segue-se:
𝐼£̅ = : 𝑦ÆT
(A)
. 𝑑𝐴 =
𝑏
ℎ
:(ℎ − 𝑦Æ)
?
¤
. 𝑦ÆT. 𝑑𝑦Æ =
𝑏. ℎ�
12
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
83 83
Atendendo ao teorema de Steiner obtém-se, com 𝑦ÆË =
?
�
𝐼£ = 𝐼£̅ − 𝑦ÆËT. 𝐴 =
𝑏. ℎ�
12 − !
ℎ
3"
T
.
𝑏. ℎ
2 =
𝑏. ℎ�
36
Pela troca da coordenada será
𝐼� = : 𝑥T
(A)
. 𝑑𝐴 =
ℎ
𝑏
:(𝑏 − �̅�)
?
¤
. �̅�T. 𝑑�̅� =
ℎ. 𝑏�
12
𝐼� = 𝐼�Æ − �̅�ËT. 𝐴 =
ℎ. 𝑏�
12 − !
𝑏
3"
T
.
𝑏. ℎ
2 =
ℎ. 𝑏�
36
Para calcular o produto de inércia 𝐼£̅�Æ decompomos o triângulo em áreas
elementares, 𝑑𝐴 = 𝑑�̅�.𝑑𝑦Æ. os limites de integração serão: 0 ≤ �̅� ≤ 𝑏 𝑒 0 ≤ 𝑦Æ ≤ 𝑦Æ(�̅�)
A equação da recta inclinada é
𝑦Æ(�̅�) = −
ℎ
𝑏 �̅� + ℎ =
ℎ
𝑏
(𝑏 − �̅�)
Obtemos:
𝐼£̅�Æ = − : �̅� . 𝑦Æ
(A)
. 𝑑𝐴 = −: : �̅� . 𝑦Æ
�Æ(£̅)
¤
î
¤
𝑑�̅�. 𝑑𝑦Æ = −: �̅�
î
¤
.
1
2 . 𝑦Æ
(�̅�)T𝑑�̅� =
= −
1
2 !
ℎ
𝑏"
T
: �̅�
î
¤
(𝑏 − �̅�)T. 𝑑�̅� = −
ℎT𝑏T
24
Com �̅�Ë =
î
�
o teorema de Steiner fornece
𝐼£� = 𝐼£̅�Æ + �̅� . 𝑦Æ. 𝐴 = −
ℎT𝑏T
24 +
ℎ
3 .
𝑏
3 .
ℎ. 𝑏
2 =
ℎT𝑏T
72
Os momentos principais (centrais) de inércia são:
𝐼�,T =
𝐼£̅ + 𝐼�Æ
2 ± 1!
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
2 "
T
+ 𝐼£̅�ÆT =
𝑏. ℎ
36 @𝑏
T + ℎT ± 1ℎj −
7
4𝑏
TℎT + 𝑏j A
A direcção dos momentos principais (centrais) de inércia é determinada da
seguinte maneira:
tan 2𝜃¤ =
2 ∗ 𝐼£̅�Æ
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
→ 𝜃 =
1
2𝑎𝑟𝑐 tan
ℎ. 𝑏
ℎT − 𝑏T
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
84 84
Exemplo 7.4
Para a área representada na figura ao
lado, determinar os momentos principais
(centrais) de inércia.
Solução
Trata-se de uma área composta. Para
a determinação dos momentos, dos produtos
e dos eixos principais de inércia recomenda-
se o seguinte modo de procedimento:
§ Se a área composta consistir numa soma das áreas separadas, cujos
momentos e produtos de inércia são conhecidos, então calculam-se os
momentos e o produto de inércia para a área total em relação a um
determinado sistema de eixos como a soma dos momentos e produtos de
inércia das áreas separadas relativamente a este mesmo sistema de eixos.
Orifícios tratam-se como “áreas negativas”. Por inspecção simples da figura
concluímos que:
𝐼£̅�Æ = 0 𝐼£� = 0,
sendo o eixo �̅�, que coincide com o eixo 𝑥, um eixo de simetria.
§ Para a determinação dos momentos de inércia da área bruta calculamos
primeiramente os momentos de inércia das áreas separadas em relação aos
eixos �̅�, 𝑦Æ e somamo-los, utilizando a decomposição da área indicada na figura.
Momentos de inércia para algumas áreas comuns
Área circular:
𝐼£ = 𝐼� =
𝜋. 𝑅j
4
Área anelar:
𝐼£ = 𝐼� = 𝜋
𝑅Tj − 𝑅Tj
4
Meia-área circular
𝐼£ = 𝐼� =
𝜋. 𝑅j
8
𝐼£̅ = 𝐼£̅� + 𝐼£̅T − 𝐼£̅� =
𝜋. 𝑅j
8 +
4𝑎(2𝑎)�
12 −
𝜋. 𝑎j
64 = 3,01. 𝑎j
𝐼�Æ = 𝐼�Æ� + 𝐼�ÆT − 𝐼�Æ� =
𝜋. 𝑎j
8 +
2𝑎(4𝑎)�
3 − #
𝜋. 𝑎j
64 + 4𝑎T
𝜋. 𝑎j
4 $ = 39,87𝑎j
Com ajuda do teorema de Steiner transformamos os momentos de inércia relativos
ao sistema de eixos �̅�, 𝑦Æ em momentos de inércia relativos aos eixos centrais:
𝐼£ = 𝐼£̅ − 𝑦Ë9 T. 𝐴 = 𝐼£̅ = 3,01. 𝑎j, visto que 𝑦ÆË = 0
𝐼� = 𝐼�Æ − 𝑥Ë9 T. 𝐴 = 39,87. 𝑎j − (1,57.𝑎)T �8 +
𝜋
4� . 𝑎
T = 18,27.𝑎j
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA85 85
Exemplo 7.5
Para a secção composta de dois perfilados, determinar:
a) A posição do centro de gravidade
b) Os momentos principais (centrais) de inércia e a
posição dos eixos correspondentes
Nota: Utilize valores tabelados.
Solução
Tiramos das tabelas de perfilados os valores seguintes:
UNP 200:
𝐴� = 32,2 𝑐𝑚T
𝐼£� = 1910 𝑐𝑚j
𝐼�� = 148 𝑐𝑚j
𝐼£�� = 0
�̅�Ë� = −2,01 𝑐𝑚
𝑦ÆË� = 10 𝑐𝑚
L 150 x 75:
𝐴T = 23,6 𝑐𝑚T
𝐼£T = 545 𝑐𝑚j
𝐼�T = 93 𝑐𝑚j
𝐼£�T = 127 𝑐𝑚j
�̅�Ë� = −2,01 𝑐𝑚
𝑦ÆË� = 10 𝑐𝑚
Note-se: nas tabelas indicam-se os valores dos produtos de inércia sem sinais,
visto que os sinais dependem dos sentidos dos eixos coordenados. Pela definição
negativa do produto de inércia podemos concluir: se a maior parte da área
considerada se encontra nos quadrantes positivos, então o produto de inércia será
negativo e vice versa. No presente exemplo a maior parte da área do perfil L encontra-
se nos II e IV quadrantes do sistema de coordenadas 𝑥T, 𝑦T (são quadrantes
negativos), por isso, 𝐼£�T > 0.
a) Posição do centro de gravidade
�̅�Ë =
𝐴�. (−�̅�Ë�) + 𝐴T. �̅�ËT
𝐴� + 𝐴T
= −0,46 𝑐𝑚
𝑦ÆË =
𝐴�. 𝑦ÆË� + 𝐴T. 𝑦ÆËT
𝐴� + 𝐴T
= 8,04 𝑐𝑚
b) Momentos de inércia
𝐼£ = 𝐼£� + (𝑦ÆË − 𝑦ÆË�)T. 𝐴� + 𝐼£T + (𝑦ÆË − 𝑦ÆË�)T. 𝐴T = 2746,93 𝑐𝑚j
𝐼� = 𝐼�� + (�̅�Ë − �̅�Ë�)T. 𝐴� + 𝐼�T + (�̅�Ë − �̅�Ë�)T. 𝐴T = 423 𝑐𝑚j
Produto de inércia
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
86 86
𝐼£� = 𝐼£�� − (�̅�Ë − �̅�Ë�). (𝑦ÆË − 𝑦ÆË�). 𝐴� + 𝐼£�T − (�̅�Ë − �̅�Ë�). (𝑦ÆË − 𝑦ÆË�). 𝐴� = 358 𝑐𝑚j
Momentos principais (centrais) de inércia
𝐼�,T =
𝐼£ + 𝐼�
2 ± 1!
𝐼£ − 𝐼�
2 "
T
+ 𝐼£�T →
𝐼� = 2801 𝑐𝑚j
𝐼T = 370 𝑐𝑚j
Direcção dos eixos principais (centrais de inércia)
tan 2𝜃¤ =
2. 𝐼£�
𝐼£ − 𝐼�
=
2.358
2647 − 423 = 0,3218 → 𝜃¤ = 8,55°
Exemplo 7.6
Para a secção composta representada na figura ao
lado, constituída por dois perfilados do tipo UNP160.
Servindo-se de valores tabelados, pede-se para
determinar:
a) A posição do centro de gravidade S
b) Os momentos e o produto de inércia
𝑰𝒙 , 𝑰𝒚 𝒆 𝑰𝒙𝒚
c) Os momentos principais de inércia e as suas
direcções
Solução
§ Determinação do centro de gravidade
Tabela 10 – Tabela de cálculo
𝑖 𝒙9𝒔𝒊 [𝑐𝑚] 𝒚9𝒔𝒊 [𝑐𝑚] 𝐴¥ [𝑐𝑚T] 𝒙9𝒔𝒊 ∗ 𝐴¥ [𝑐𝑚�] 𝒚9𝒔𝒊 ∗ 𝐴¥ [𝑐𝑚�]
1 8 14,16 24 192 339,84
2 -1,84 8 24 -44,16 192
𝛴 48 147,84 531,84
�̅�Ë =
∑ �̅�Ë¥¥ ∗ 𝐴¥
∑ 𝐴¥¥
=
147,84
48 = 𝟑, 𝟎𝟖 𝒄𝒎
𝑦ÆË =
∑ 𝑦ÆË¥¥ ∗ 𝐴¥
∑ 𝐴¥¥
=
531,84
48 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟖 𝒄𝒎
Capítulo 7 – Flexão
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87 87
§ Momentos e produto de inércia
Tabela 11 – Tabela de cálculo
𝑖 𝐼£ 𝐼� (�̅�Ë − �̅�Ë¥)T. 𝐴¥ (𝑦ÆË − 𝑦ÆË¥)T. 𝐴¥ (�̅�Ë − �̅�Ë¥). (𝑦ÆË − 𝑦ÆË¥)
1 85.3 925 580.9536 227.6736 363.6864
2 925 85.3 580.9536 227.6736 363.6864
𝛴 1010.3 1010.3 1161.9072 455.3472 727.3728
𝐼£ =¶𝐼£ +¶(𝑦ÆË − 𝑦ÆË¥)T. 𝐴¥ = 1010,3 + 455,35 = 𝟏𝟒𝟔𝟓, 𝟔𝟓 𝒄𝒎𝟒
𝐼� = ¶𝐼� +¶(�̅�Ë − �̅�Ë¥)T. 𝐴¥ = 1010,3 + 1161,91 = 𝟐𝟏𝟕𝟐, 𝟐𝟏 𝒄𝒎𝟒
𝐼£� =¶𝐼£� −¶(�̅�Ë − �̅�Ë¥). (𝑦ÆË − 𝑦ÆË¥) = 0 − 727,37 = −𝟕𝟐𝟕, 𝟑𝟕 𝒄𝒎𝟒
§ Momentos principais de inércia
𝐼�,T =
𝐼£̅ + 𝐼�Æ
2 ± 1!
𝐼£̅ − 𝐼�Æ
2 "
T
+ 𝐼£̅�ÆT [7.11]
𝐼�,T =
1465,65 + 2172,21
2 ±1!
1465,65 − 2172,21
2 "
T
+ (−727,37)T
𝑰𝟏 = 𝟐𝟔𝟐𝟕, 𝟓𝟓 𝒄𝒎𝟒
𝑰𝟐 = 𝟏𝟎𝟏𝟎, 𝟑 𝒄𝒎𝟒
§ Direcções dos momentos principais
𝜑¤ =
1
2 arctan#
2𝐼£�
𝐼£ − 𝐼�
$ = 32,05°
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐼�: 𝝋𝟎 = 𝟑𝟐, 𝟎𝟓°
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐼T: 𝝋𝟎 + 𝟗𝟎° = 𝟏𝟐𝟐, 𝟎𝟓°
Problemas propostos
Problema 7.1
Para a figura representada ao lado, pede-se para
determinar:
a) A posição do centro de gravidade
b) Os momentos e o produto de inércia 𝐼£ , 𝐼� 𝑒 𝐼£�
c) Os eixos e os momentos principais de inércia.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
88 88
Problema 7.2
Para a secção apresentada:
a) Determinar a posição do centro de
gravidade
b) Calcular os momentos e o produto de
inércia 𝐼£ , 𝐼� 𝑒 𝐼£�
c) Determinar os momentos principais
de inércia
7.2. Determinação da distribuição das tensões
7.2.1. Flexão recta
O caso da flexão, em que a solicitação da viga consiste em um só momento
flector cujo vector coincide com um dos eixos principais de inércia, é designado por
“flexão recta”.
Figura 7.5 - Flexão recta
No processo de dimensionamento de temos que garantir que tanto a tensão
máxima de tracção como a tensão máxima de compressão sejam menores, ou no
máximo, igual às tensões admissíveis correspondentes.
Caso se trate de um material de igual resistência à tracção e à compressão,
temos a seguinte condição de resistência:
𝜎¡9£ =
𝑀£
𝐼£
∗ 𝑦¡9£ ≤ 𝜎9É¡ [7.20]
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
89 89
Também podemos escrever o seguinte:
𝐼£
𝑦¡9£
=𝑊£ 𝑜𝑢
𝐼�
𝑥¡9£
=𝑊� [7.21]
Geralmente podemos escrever:
𝜎¡9£ =
𝑀
𝑊 ≤ 𝜎9É¡ [7.22]
Onde:
𝜎¡9£ − é a tensão normal máxima que actua na viga
𝐼£ 𝑒 𝐼� − são os momentos centrais de inércia
𝑀 − é o momento flector máximo na viga
𝑊 − é o módulo de resistência à flexão
𝜎9É¡ − é a tensão normal admissível do material
𝑦¡9£ 𝑒 𝑥¡9£ − distâncias entre a linha neutra e as fibras mais distantes na direcção y
e x, respectivamente.
Resumindo, podemos constatar que no caso da flexão recta a equação [7.20] permite:
§ Calcular a tensão máxima que aparece numa determinada secção transversal
solicitada por um certo momento flector (certificado comprovativo de tensão)
§ Determinar o módulo de resistência à flexão necessário, com base no
conhecimento da tensão admissível e para um dado valor do momento flector
(no processo do dimensionamento)
§ Verificar o valor máximo possível do momento flector para uma determinada
secção transversal, conhecendo a tensão admissível (cálculo da carga
máxima).
7.2.3. Flexão desviada
Quando o vector do momento flector não coincide com um dos eixos principais
de inércia, temos o caso da chamada “Flexão desviada”.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
90 90
Figura 7.6 - Flexão desviada
Neste caso, temos a equação mais geral da flexão pura:
𝜎�(𝑥, 𝑦) =
𝑀£. 𝐼£� − 𝑀�. 𝐼£
𝐼£. 𝐼� − 𝐼£�T
𝑥 +
𝑀£𝐼� − 𝑀�. 𝐼£�
𝐼£. 𝐼� − 𝐼£�T
𝑦 [7.23]
A equação da linha neutra será:
𝜎�(𝑥, 𝑦) = 0 → Ö𝑀£𝐼£� − 𝑀�. 𝐼£×. 𝑥 + Ö𝑀£𝐼� −𝑀�. 𝐼£�×. 𝑦 = 0
𝑦 =
𝑀�. 𝐼£ − 𝑀£𝐼£�
𝑀£𝐼� − 𝑀�. 𝐼£�
𝑥 =
𝐼£. tan 𝛼 − 𝐼£�
𝐼� − 𝐼£�. tan𝛼
𝑥 [7.24]
Caso os eixos das coordenadas x,y sejam eixos principais centrais, as
expressões [7.23] e [7.24] reduzem-se a:
𝜎�(𝑥, 𝑦) =
𝑀£
𝐼£
𝑦 −
𝑀�
𝐼�
𝑥 [7.25]
𝑦 =
𝐼£
𝐼�
tan𝛼 . 𝑥 = tan𝛽 . 𝑥 [7.26]
Sendo 𝛽 o ângulo formado entre o eixo da figura e a linha neutra, medido no sentido
matematicamente negativo.
De novo, os valores extremos da tensão normal aparecem nos pontos da
secção transversal mais distantesda linha neutra.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
91 91
Exemplo 7.7
Sobre a secção transversal de uma cantoneira de
abas iguais L 80 x 65 x10 actua o momento flector
𝑀 = 1,5 𝑘𝑁𝑚, como está indicado na figura ao
lado.
Pede-se para verificar a resistência do perfilado,
sendo 𝜎9É¡ = 120 𝑁/𝑚𝑚T.
Solução
O vector do momento flector coincide com o eixo coordenado 𝑥 que não é eixo
principal de inércia. Trata-se, por isso, da flexão desviada que nos obriga a aplicar a
equação [7.23].
§ Tiram-se das tabelas as características geométricas da cantoneira:
�̅�Ë = 1,81 𝑐𝑚
𝑦ÆË = 2,55 𝑐𝑚
𝐼£ = 82,2 𝑐𝑚j
𝐼� = 48,3 𝑐𝑚j
𝐼£� = −36,8 𝑐𝑚j
Nota: o produto de inércia é negativo porquanto a maior parte da área da
secção transversal se encontra nos quadrantes positivos.
§ Calcula-se a tensão normal a partir da expressão [7.23]
𝜎�(𝑥, 𝑦) =
𝑀£. 𝐼£� − 𝑀�. 𝐼£
𝐼£. 𝐼� − 𝐼£�T
𝑥 +
𝑀£𝐼� − 𝑀�. 𝐼£�
𝐼£. 𝐼� − 𝐼£�T
𝑦 = 2770.𝑦 − 2110. 𝑥 [𝑁/𝑐𝑚T]
§ A equação da linha neutra resulta da condição 𝜎� = 0:
2770.𝑦 − 2110. 𝑥 = 0 → 𝑦 = 0,762𝑥 = tan 𝛽 . 𝑥 → 𝛽 = 37,3°
§ Desenhamos a linha neutra, como se mostra na figura, e constatamos que os
pontos mais distantes são os pontos A e B.
𝐴(1,81 ; −2,55) ∶ 𝜎�(𝐴) = −2770 ∗ 2,55 − 2110 ∗ 1,81 = −10880 𝑁/𝑐𝑚T
𝐵(0,81 ; 5,45) ∶ 𝜎�(𝐵) = 2770 ∗ 5,45 − 2110 ∗ 0,81 = 𝟏𝟑𝟑𝟖𝟎 𝑵/𝒄𝒎𝟐
A tensão máxima surge no ponto B e supera a tensão admissível. Assim, a
cantoneira não resiste à carga.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
92 92
Concluindo este capítulo podemos constatar que a única tensão que aparece
devido à flexão pura é a tensão normal 𝜎�, isto é, a flexão pura provoca um estado
monoaxial de tensão.
Segundo as restrições formuladas no início do capitulo 7.1, as formulas que
acabamos de deduzir são válidas, em rigor, só para vigas rectas, prismáticas, sujeitas
à flexão pura. No entanto, na prática da engenharia estes resultados aplicam-se
também para o estudo de vigas pouco curvadas, de vigas com secções transversais
linearmente variáveis e de vigas sujeitas a esforços transversos. Nestes casos as
fórmulas deduzidas dão soluções aproximadamente aceitáveis.
As vigas são consideradas como pouco curvadas se o seu raio de curvatura é
muito maior que as dimensões das suas secções transversais/
Para vigas muito curvadas, com uma boa aproximação pode utilizar-se a
seguinte fórmula:
𝜎�(𝑦) =
𝑀£
𝐴𝑅 +
𝑀£ . 𝑅) . 𝑦
𝑧 . (𝑅 + 𝑦) [7.27]
𝑧 = :
𝑦T
1 + 𝑦
𝑅
𝑑𝐴
(A)
≈ 𝐼£ −
1
𝑅
: 𝑦�𝑑𝐴
(A)
+
1
𝑅T
: 𝑦j𝑑𝐴
(A)
−
1
𝑅�
: 𝑦>𝑑𝐴
(A)
+ ⋯
Sendo:
𝐴 − área da secção transversal da viga
𝑅 − raio de giração do eixo da viga antes da deformação
𝑀£ − momento flector, considerado como positivo se aumentar a curvatura
inicial da viga.
7.3. Deformação devida à flexão recta – Equação da linha neutra
Constatamos no capítulo 7.2 que o eixo da viga, inicialmente recto, sob a acção
de um momento flector sofre uma curvatura. A linha definida pelo eixo deformado é
chamada linha elástica, chama-se linha elástica porquanto pressupomos
deformações pequenas, dentro da zona de elasticidade, isto é, excluímos
deformações plásticas.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
93 93
Figura 7.7 - Equação da deformada
O deslocamento de um determinado ponto do eixo da viga da sua posição
inicial é designado por “flecha”. Portanto, o conjunto de todas as flechas dá a linha
elástica da viga.
Para determinar a equação da linha elástica estudemos as relações
geométricas que se verificam na viga deformada. Limitando-nos a deformações
pequenas podemos escrever:
𝜌�. (−𝑑𝜑) = 𝑑𝑠 ≈ 𝑑𝑧
E daí
−
1
𝜌�
=
𝑑𝜑
𝑑𝑧 [7.31]
O sinal negativo resulta do facto de que o ângulo de flexão 𝜑 diminui ao crescer
a coordenada 𝑧.
Designemos o deslocamento segundo a direcção y pela letra “𝑣”. Devido ao
valor reduzido do ângulo de flexão podemos substituir a tangente pelo ângulo:
tan𝜑 = 𝜑 =
𝑑𝑣
𝑑𝑧 𝑒 𝑑𝑎í
𝑑𝜑
𝑑𝑧 =
𝑑T𝑣
𝑑𝑧T = 𝑣**
Substituindo esta expressão na equação [7.31] obtemos:
−
1
𝜌�
= 𝑣** [7.32]
Utilizando, então a relação �
LM
= NO
PQO
, obtém-se a
Equação diferencial da linha elástica:
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
94 94
𝐸. 𝐼£.𝑣**(𝑧) = −𝑀£(𝑧) [7.33]
No caso mais generalizado, as quantidades 𝑀£ 𝑒 𝐼£ podem ser funções da
coordenada 𝑧.
Integrando a equação diferencial obtém-se a equação do ângulo de flexão
𝑣* = 𝜑(𝑧) [7.34]
E por mais uma integração obtém-se a equação da linha elástica
𝑣 = 𝑣(𝑧) [7.35]
Substituindo certos valores da coordenada 𝑧 nas equações obtidas pelas
integrações, pode-se determinar a tangente ou a flecha da viga no lugar da
coordenada 𝑧.
O problema consiste, então, na resolução geral da equação diferencial e na
adaptação da solução às condições de fronteira dadas pela estrutura.
O procedimento será o seguinte:
Passo 1. Escolha arbitrária, no entanto conveniente, de sistemas de coordenadas
(𝑣, 𝑧). Fixa-se para cada trecho um sistema separado. Um trecho não deve
conter nenhuma descontinuidade, começando ou terminando, por isso, nos
pontos de variação brusca no diagrama do momento flector (nos pontos de
aplicação de forças e momentos exteriores, nos apoios, nos pontos de início e
do fim de cargas distribuídas, etc.), nos lugares de variações bruscas do
módulo de rigidez à flexão 𝐸𝐼 ou da direcção do eixo da viga.
Passo 2. Determinação das funções 𝑀(𝑧) e 𝐸𝐼(𝑧) para cada trecho. No caso em
que se tenha estruturas hiperestáticas, as funções 𝑀(𝑧) dependem não só da
carga exterior, como ainda das reacções de apoio desconhecidas.
Passo 3. Determinação das funções 𝑣**(𝑧) segundo a equação [7.33]. Para um
número 𝒎 de trechos existem 𝒎 funções 𝑣¥**(𝑧) (𝑖 = 1, 2, 3, … ,𝑚).
Passo 4. Integração dupla das funções 𝑣¥**(𝑧). Desta integração resultam 𝟐𝒎
constantes de integração.
Passo 5. Determinação de todas as condições de fronteira e de transição para
𝑣¥(𝑧) e 𝑣¥*(𝑧). Para uma estrutura 𝒏 vezes hiperestática com 𝒎 trechos
determinam-se 𝟐𝒎 + 𝒏 condições.
Passo 6. Resolução do sistema de equações obtido no passo 5.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
95 95
7.3.3. Condições de fronteira e de transição
.
§ Condições de fronteira em estruturas isostáticas e hiperestáticas
𝐶. 𝐹 = 2𝑚 + ℎ
ℎ = 𝑛 − 3
Sendo:
𝑚 − número de trechos
ℎ − grau de hiperestacidade
Situação Condição de Fronteira e de transição
𝑣(𝑧 = 0) = 0
𝑣(𝑧 = 0) = 0
𝑣(𝑧 = 0) = 0
𝑣*(𝑧 = 0) = 0
𝑣�(𝑧� = 𝑎) = 𝑣T(𝑧T = 0)
𝑣*�(𝑧� = 𝑎) = 𝑣*T(𝑧T = 0)
𝑣�(𝑧� = 𝑎) = 𝑣T(𝑧T = 𝑏)
𝑣*�(𝑧� = 𝑎) = −𝑣*T(𝑧T = 𝑏)
Nó rígido
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
96 96
𝑣�* (𝑧� = 0) = 𝑣T* (𝑧T = 𝑎)
𝑣�* (𝑧� = 𝑎) = −𝑣T* (𝑧T = 𝑏)
Exemplo 7.8
Para a viga em consola representada
na figura aolado, carregada pela carga
distribuída q, determinar a flecha
máxima e a inclinação máxima.
Dados: 𝑞, 𝑙, 𝐸𝐼£ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
Solução
Ao longo da viga não há nenhuma descontinuidade, bastando, por isso, um
sistema de coordenadas 𝑣, 𝑧.
§ Equação do momento flector
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
97 97
𝑀£(𝑧) = −𝑞
(𝑙 − 𝑧)T
2
§ Equação diferencial da linha elástica
𝐸𝐼£𝑣**(𝑧) = −𝑀£(𝑧)
𝐸𝐼£𝑣**(𝑧) − 𝑞
(𝑙 − 𝑧)T
2 = 𝑞. #
𝑙T
2 − 𝑙 . 𝑧 +
𝑧T
2 $ [𝑎]
§ Integração
𝐸𝐼£𝑣*(𝑧) = 𝑞 #
𝑙T
2 𝑧 − 𝑙
𝑧T
2 +
𝑧�
6 $+ 𝑐� [𝑏]
𝐸𝐼£. 𝑣(𝑧) = 𝑞 #
𝑙T
2 𝑧
T − 𝑙
𝑧�
6 +
𝑧j
24$+ 𝑐�𝑧 + 𝑐T [𝑐]
§ Condições de fronteira: No ponto de encastramento tanto o deslocamento
como a inclinação (tangente) da consola são nulos:
𝑣(𝑧 = 0) = 0 𝑣*(𝑧 = 0) = 0
Substituindo 𝑧 = 0 nas equações [b] e [c] e igualando-as a zero resultam as
constantes de integração 𝑐� = 0 𝑒 𝑐T = 0.
Obtemos a equação da tangente da linha elástica
𝐸𝐼£𝑣*(𝑧) = 𝑞 #
𝑙T
2 𝑧 − 𝑙
𝑧T
2 +
𝑧�
6 $
E a equação da linha elástica
𝐸𝐼£. 𝑣(𝑧) = 𝑞 #
𝑙T
2 𝑧
T − 𝑙
𝑧�
6 +
𝑧j
24$
§ A flecha máxima e a tangente máxima aparecem na extremidade livre da viga,
isto é, com 𝑧 = 𝑙
𝑣*(𝑧 = 𝑙) = 𝜑¡9£ =
𝑞. 𝑙�
6𝐸𝐼£
𝑣(𝑧 = 𝑙) =
𝑞. 𝑙j
8𝐸𝐼£
Exemplo 7.9
Para a estrutura representada na figura abaixo, determinar as equações da linha
elástica e determinar a sua linha de estado.
Dados: 𝒂,𝒒, 𝑬𝑰 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕.
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
98 98
Solução
Visto que ao longo da viga existem várias descontinuidades, teremos vários sistemas
de coordenadas 𝑣¥ , 𝑧¥ para cada trecho 𝑖 da estrutura dada.
Diagrama do corpo livre
§ Determinação das reacções de apoio
↑: 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 − 10. 𝑞𝑎 = 0 𝑨 =
𝟕
𝟐 𝒒𝒂
𝐴 ↺: 𝐵. 4𝑎 + 𝐶. 8𝑎 − 𝑞. 10𝑎. 3𝑎 = 0 𝑩 =
𝟏𝟏
𝟐 𝒒𝒂
𝐺 ↺:𝐶. 2𝑎 − 𝑞. 2𝑎T = 0 𝑪 = 𝒒𝒂
↑: 𝐶 + 𝐺 − 𝑞. 2𝑎 = 0 𝑮 = 𝒒𝒂
Trecho 1
𝑀�(𝑧�) = −
1
2𝑞𝑧�
T
𝐸𝐼.𝑣�** =
1
2𝑞𝑧�
T
𝐸𝐼.𝑣�* =
1
6𝑞𝑧�
� + 𝐶�
𝐸𝐼.𝑣� =
1
24𝑞𝑧�
j + 𝐶�. 𝑧� + 𝐶T
Trecho 2
𝑀T(𝑧T) = 𝐴. 𝑧T − 𝑞
(2𝑎 + 𝑧T)T
2
𝐸𝐼.𝑣T** =
1
2𝑞
(4𝑎T + 4𝑎. 𝑧T + 𝑧TT) −
7
2 𝑞𝑎. 𝑧T
𝐸𝐼.𝑣T* =
1
2𝑞 #4𝑎
T. 𝑧T + 2𝑎. 𝑧TT +
𝑧T�
3 $−
7
4𝑞𝑎. 𝑧T
T + 𝐶�
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
99 99
𝐸𝐼.𝑣T =
1
2 𝑞 #2𝑎
T. 𝑧TT +
2
3𝑎. 𝑧T
� +
𝑧Tj
12$ −
7
12𝑞𝑎. 𝑧T
� + 𝐶�. 𝑧T + 𝐶j
Trecho 3
𝑀�(𝑧�) = 𝐶. 𝑧� −
1
2 𝑞𝑧�
T
𝐸𝐼.𝑣�** =
1
2𝑞𝑎. 𝑧�
T − 𝑞𝑎. 𝑧�
𝐸𝐼.𝑣�* =
1
6𝑞𝑧�
� −
1
2 𝑞𝑎. 𝑧�
T + 𝐶>
𝐸𝐼.𝑣� =
1
24𝑞𝑧�
j −
1
6 𝑞𝑎. 𝑧�
� + 𝐶>. 𝑧� + 𝐶â
Trecho 4
𝑀j(𝑧j) = −𝐺. 𝑧j −
1
2 𝑞𝑧j
T
𝐸𝐼.𝑣j** =
1
2𝑞𝑧j
T + 𝑞𝑎. 𝑧j
𝐸𝐼.𝑣j* =
1
6𝑞𝑧j
� +
1
2 𝑞𝑎. 𝑧j
T + 𝐶å
𝐸𝐼.𝑣j =
1
24𝑞𝑧j
j +
1
6 𝑞𝑎. 𝑧j
� + 𝐶å. 𝑧j + 𝐶S
§ Condições de fronteira e de transição
𝑣�(2𝑎) = 0 ∶
2
3 𝑞𝑎
j + 2𝑎. 𝐶� + 𝐶T = 0
𝑣T(0) = 0 ∶ 𝐶j = 0
𝑣T(4𝑎) = 0 ∶
𝑞
2 !32𝑎
j +
4.64
6 𝑎j +
256
12 𝑎j" −
7.32
6 𝑞𝑎j + 4𝑎. 𝐶� + 𝐶j = 0
𝑣�(0) = 0 ∶ 𝐶â = 0
𝑣�(2𝑎) = 𝑣j(0):
2
3 𝑞𝑎
j −
4
3 𝑞𝑎
j + 2𝑎. 𝐶> + 𝐶â = 𝐶S
𝑣j(2𝑎) = 0 ∶
16
24 𝑞𝑎
j +
8
6𝑞𝑎
j + 2𝑎. 𝐶å + 𝐶S = 0
𝑣�* (2𝑎) = 𝑣T* (0) ∶
4
3 𝑞𝑎
� + 𝐶� = 𝐶�
𝑣T* (4𝑎) = −𝑣j*(2𝑎) ∶
𝑞
2 !16𝑎
� + 32𝑎� +
64
3 𝑎�"−
7
48𝑞𝑎
� + 𝐶� = −2𝑞𝑎� −
8
6 𝑞𝑎
� − 𝐶å
§ A resolução do sistema de 8 equações dará:
𝐶� = −4𝑞𝑎�
𝐶T =
22
3 𝑞𝑎j
𝐶� = −
8
3𝑞𝑎
�
𝐶j = 0
𝐶> =
20
3 𝑞𝑎�
𝐶â = 0
𝐶å = −
22
3 𝑞𝑎�
𝐶S =
38
3 𝑞𝑎j
Nota: Com respeito às condições de transição das tangentes em trechos
vizinhos, pode-se ficar sabendo, por simplificar:
Se se poder conseguir uma coincidência dos sistemas de coordenadas dos
dois trechos rodando um dos sistemas em relação ao outro, então as tangentes no
ponto de transição serão iguais. Se a coincidência não for possível as tangentes serão
perpendiculares, o que se exprime pelo sinal oposto.
Substituindo as constantes obtidas nos integrais das equações diferenciais,
obtemos finalmente as equações da linha elástica:
Capítulo 7 – Flexão
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
100 100
𝐸𝐼.𝑣�(𝑧�) =
1
24𝑞𝑧�
j − 4𝑞𝑎�𝑧� +
22
3 𝑞𝑎j
𝐸𝐼.𝑣T(𝑧T) =
1
24𝑞𝑧T
j −
1
4 𝑞𝑎𝑧T
� + 𝑞𝑎T𝑧TT −
8
3 𝑞𝑎
�𝑧T
𝐸𝐼.𝑣�(𝑧�) =
1
24𝑞𝑧�
j −
1
6 𝑞𝑎. 𝑧�
� +
20
3 𝑞𝑎�. 𝑧�
𝐸𝐼.𝑣j(𝑧j) =
1
24𝑞𝑧j
j +
1
6 𝑞𝑎. 𝑧j
� −
22
3 𝑞𝑎�. 𝑧j +
38
3 𝑞𝑎j
A figura abaixo representa a linha elástica, que se constrói ponto por ponto
substituindo os 𝑧¥ por valores concretos nas equações anteriormente deduzidas.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Os saduceus e a ressurreição
Marcos 12: 18-27
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
102 102
CAPÍTULO 8. TORÇÃO
Neste capítulo discutiremos os efeitos da aplicação dos esforços torcionais em
um elemento linear longo, tal como um veio maciço ou vazado. Inicialmente
consideraremos que o elemento tenha secção transversal circular. Mostraremos
como determinar tanto a distribuição de tensão no interior do elemento como o ângulo
de torção quando o material comporta-se de maneira linear-elástica e, também,
quando é inelástico. Ademais, será discutida a análise estaticamente indeterminada
de veios maciços e tubulares, além de tópicos especiais, como elementos com
secções transversais não circulares. Por último, concentrações de tensão e a tensão
residual provocadas por cargas de torção.
8.1. Deformação por torção de um veio circular
Torque é o momento que tende a torcer o membro em torno do seu eixo
longitudinal. Seu efeito é de interesse principal no projecto de veios (maciços e ocos
ou vazados) de accionamento usados em veículos e maquinaria. Fisicamente,
podemos ilustrar o que acontece quando um torque é aplicado em um veio circular,
considerando o veio como feito de um material altamente deformável, como a
borracha (Figura 8.1a). Quando o torque é aplicado, os círculos e as rectas
longitudinais da grelha originalmente marcada no veio tendem a se distorcer com o
padrão mostrado na Figura 8.1b.
Figura 8.1 - Torção de um veio altamente deformável
Por inspecção, a torção faz os círculos permanecerem como círculos e cada
recta longitudinal da grelha deforma-se em uma hélice que intercepta o círculo em
ângulos iguais. Além disso, as secções transversais das extremidades do veio
permanecem planas –, ou seja, não entortam nem dilatam ou se contraem – e as
rectas radiais dessas extremidades permanecem rectas durante a deformação
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
103 103
(Figura 8.1b). A partir dessas observações, podemos supor que, se o ângulo de
rotação for pequeno, o comprimento e o raio do veio permanecerão inalterados.
Se o veio estiver preso em uma extremidade e for aplicado um torque na outra
extremidade, o plano sombreado na Figura
8.2 se distorcerá e assumirá uma forma
oblíqua como mostrado.
Nesse caso, uma linha radial
localizada na secção transversal a uma
distância 𝑥 da extremidade fixa do eixo girará
por meio de um ângulo 𝜙(𝑥). O ângulo 𝜙(𝑥),
assim definido, é denominado ângulo de
torção. Ele depende da posição 𝑥 e varia ao
longo do eixo como mostrado.
A fim de compreender como essadistorção deforma o material, vamos isolar
um elemento pequeno localizado a uma
distância radial 𝜌 da linha do centro do veio
(Figura 8.3).
Devido à deformação, como observado na Figura 8.2, as faces anterior e
posterior do elemento sofrem rotação. A face posterior por 𝜙(𝑥), e a face anterior por
𝜙(𝑥) + Δ𝜙. O resultado é que a diferença entre as rotações, Δ𝜙, torna o elemento
sujeito à deformação por cisalhamento. Para calcular essa deformação, observe
que antes da deformação principal o ângulo entre as bordas 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 era de 90°.
Depois dela, entretanto, as bordas do elemento passam a ser 𝐴𝐷 𝑒 𝐴𝐶 e o ângulo
entre elas 𝜃′. Pela definição deformação por cisalhamento temos:
Figura 8.2 - Ângulo de torção
Figura 8.3 - Deformação por cisalhamento do elemento
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
104 104
𝛾 =
𝜋
2 − lim
X,I→A
𝜃′
Esse ângulo, 𝛾, está indicado no elemento. Ele pode ser relacionado ao
comprimento do elemento ∆𝑥 e à diferença no ângulo de rotação (∆𝜙) entre as faces
sombreadas. Se Δ𝑥 → 𝑑𝑥 𝑒 Δ𝜙 → 𝑑𝜙 temos:
𝐵𝐷 = 𝜌. 𝑑𝜙 = 𝑑𝑥.𝛾
Portanto,
𝛾 = 𝜌
𝑑𝜙
𝑑𝑥 [8.1]
Como 𝑑𝑥 𝑒 𝑑𝜙 são os mesmos para todos os
elementos localizados na secção transversal em 𝑥, então
𝑑𝜙/𝑑𝑥 é constante e a Equação [8.1] diz que a intensidade
da deformação por cisalhamento de qualquer um desses
elementos varia apenas de acordo com a sua distância radial
𝜌 a partir da linha de centro do veio. Em outras palavras, a
deformação por cisalhamento no interior do veio varia
linearmente ao longo de qualquer recta radial, de zero na
linha de centro do veio a um máximo 𝛾¡á£ em seu limite
externo (Figura 8.4). Como 𝑑𝜙/𝑑𝑥 = 𝛾/𝜌 = 𝛾¡á£/𝑐 = 𝑐𝑡𝑒,
então:
𝛾 =
𝜌
𝑐 𝛾¡á£ [8.2]
Os resultados obtidos nesse caso também são válidos
para veios ocos ou vazados. Dependem apenas das
hipóteses relativas à deformação mencionadas
anteriormente.
8.2. Fórmula de torção
Quando um torque externo é aplicado a um veio, cria um torque interno
correspondente no interior do veio. Nesta secção, desenvolveremos uma equação
que relacione o torque interno com a distribuição das tensões de cisalhamento na
secção transversal de um veio maciço ou oco. Se o material for linear-elástico, então
a lei de Hooke, 𝜏 = 𝐺. 𝛾, aplica-se e, consequentemente, como observado na secção
anterior, uma variação linear na deformação por cisalhamento leva a uma
variação linear na tensão de cisalhamento ao longo de qualquer recta radial na
secção transversal. Assim, como a variação tensão-deformação, para um veio
maciço, 𝜏 varia de zero na linha de centro longitudinal do veio a um valor máximo,
𝜏¡á£, em seu limite externo. Tal variação é mostrada na Figura 8.5 para as faces
dianteiras de um número selecionado de elementos, localizados em uma posição
radial intermediária 𝜌 e na extremidade do raio 𝑐.
Figura 8.4 - Variação da deformação
por cisalhamento
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
105 105
Devido à proporcionalidade dos triângulos, ou pela lei de Hooke (𝜏 = 𝐺. 𝛾) e
pela Equação [8.2] [𝛾 = (𝜌/𝑐)𝛾¡á£ ], podemos escrever:
𝜏 = �
𝜌
𝑐� 𝜏¡á£ [8.3]
Esta equação expressa a distribuição da tensão de cisalhamento como função
da posição radial 𝜌 do elemento, em outras palavras, ela define a distribuição de
tensão na secção transversal em termos da geometria do veio. Com ela, podemos
então enfatizar a exigência de que o torque gerado pela distribuição de tensão em
toda secção transversal seja equivalente ao torque interno resultante 𝑻 na secção, o
que manterá o veio em equilíbrio (Figura 8.5).
Especificamente, cada elemento de área 𝑑𝐴, localizado em 𝜌, está submetido
a uma força 𝑑𝐹 = 𝜏. 𝑑𝐴. O torque produzido por essa força é 𝑑𝑇 = 𝜌(𝜏. 𝑑𝐴). Temos,
portanto, para toda a secção transversal:
𝑇 = : 𝜌(𝜏. 𝑑𝐴) = : 𝜌 �
𝜌
𝑐� 𝜏¡á£ 𝑑𝐴
AA
[8.4]
Como 𝜏¡á£/𝑐 é constante,
𝑇 =
𝜏¡á£
𝑐
: 𝜌T
A
𝑑𝐴 [8.5]
A integral dessa equação depende somente da geometria do veio. Ela
representa o momento polar de inércia da área da secção transversal, calculado em
torno da linha de centro longitudinal do veio. Usaremos o símbolo 𝐼= para esse valor,
assim, a equação anterior pode ser escrita de forma mais compacta, ou seja:
Figura 8.5 - Variação da tensão de cisalhamento ao longo da recta radial da secção transversal
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
106 106
𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐
𝐼=
[8.6]
Onde:
𝜏¡á£ − tensão de cisalhamento máxima no veio, que ocorre na superfície externa;
𝑇 − torque interno resultante que actua na secção transversal. Seu valor é
determinado pelo método das secções e pela equação do momento de equilíbrio
aplicada em torno da linha de centro longitudinal do veio;
𝐼= − momento polar de inércia da área da secção transversal
𝑐 − raio externo do veio
A tensão de cisalhamento é determinada na distância intermediária 𝜌 a partir
de uma equação semelhante obtida por meio das equações [8.3] e [8.6]:
𝜏 =
𝑇. 𝜌
𝐼=
[8.7]
Qualquer uma das equações anteriores é geralmente denominada fórmula da
torção. Lembre-se de que ela é usada somente se o veio for circular e o material for
homogéneo e comportar-se de maneira linear-elástica, visto que a dedução baseia-
se no facto de que a tensão de cisalhamento é proporcional à deformação de
cisalhamento.
8.2.1. Veio com secção transversal maciça
Se o veio tiver uma secção transversal maciça,
determinaremos o momento polar de inércia 𝑰𝒑 usando um
elemento de área sob a forma de um anel infinitesimal com a
espessura 𝑑𝜌 e circunferência 2𝜋𝜌 (Figura 8.6). Nesse anel,
𝑑𝐴 = 2𝜋𝜌. 𝑑𝜌, então:
𝐼= = : 𝜌T
A
𝑑𝐴 = :𝜌T
Ì
¤
(2𝜋𝜌. 𝑑𝜌) = 2𝜋:𝜌�
Ì
¤
𝑑𝜌 = 2𝜋 !
1
4"𝜌
j|
𝑐
0
𝐼= =
𝜋
2 𝑐
j [8.8]
Observe que 𝐼= é uma propriedade geométrica da área do círculo e é sempre
positiva. As unidades usadas para sua medida são: 𝑚𝑚j, 𝑐𝑚j, 𝑝𝑜𝑙j.
Figura 8.6 - Veio com secção
transversal maciça
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
107 107
Foi mostrado que a tensão de cisalhamento varia linearmente ao longo de cada
recta radial dessa secção transversal do veio. Entretanto, se um elemento de volume
do material dessa secção transversal for isolado, então, devido à propriedade
complementar do cisalhamento, tensões de cisalhamento iguais também devem
actuar sobre quatro de suas faces adjacentes, como mostrado na Figura 8.7a. Então,
o torque interno T não só desenvolve uma distribuição linear da tensão de
cisalhamento ao longo de cada recta radial do plano da área da secção transversal,
como também desenvolve uma distribuição da tensão de cisalhamento associada ao
longo de um plano axial (Figura 8.7b).
Figura 8.7 - Variação da tensão de cisalhamento no veio maciço
É interessante observar que, devidoa essa distribuição axial da tensão de
cisalhamento, os veios feitos de madeira tendem a rachar ao longo do plano axial
quando submetidos a torque excessivo (Figura 8.8). Isso acontece porque a madeira
é um material anisotrópico. Sua resistência ao cisalhamento no sentido paralelo às
fibras, na direcção da linha de centro do veio, é muito menor do que a sua resistência
no sentido perpendicular às fibras, na direcção do plano da secção transversal.
Figura 8.8 - Eixo de madeira submetido à torção
§ Os materiais dúcteis normalmente sofrem falha por tensões de corte. Os
materiais frágeis são menos resistentes à tracção que em corte.
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
108 108
§ Quando sujeito à torção, um provete de material dúctil, rompe ao longo de um
plano de tensões de corte máximas, isto é, num plano perpendicular ao eixo
do veio.
§ Quando sujeito à torção, um provete de um material frágil, rompe ao longo de
planos perpendicular à direcção na qual a tensão normal de tracção é máxima,
isto é, ao longo das superfícies que fazem 45° com o eixo longitudinal do veio.
8.2.2. Veio com secção transversal oca
Se um veio tem secção transversal oca (veio vazado), com raio interno 𝑐¥ e raio
externo 𝑐o, então, pela Equação [8.8], determinamos seu momento de polar inércia
subtraindo o 𝐼= para o veio de raio 𝑐¥ daquele determinado para o veio de raio 𝑐o. O
resultado é:
𝐼= =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) [8.9]
Como no veio maciço, a tensão de cisalhamento distribuída sobre a área da
secção transversal varia linearmente ao longo de qualquer recta radial (Figura 8.9a).
Além disso, a tensão de cisalhamento varia ao longo do plano axial do mesmo modo
(Figura 8.9b). Exemplos da actuação da tensão de cisalhamento sobre elementos de
volume típicos são mostrados na Figura 8.9a.
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
109 109
Figura 8.9 - Variação da tensão de cisalhamento no veio oco
8.3. Tensão de torção máxima absoluta
Em qualquer secção transversal do veio, a tensão de cisalhamento ocorre na
superfície externa. No entanto, se o veio for submetido a uma série de torques
externos, ou o raio (momento polar de inércia) mudar, a tensão de torção máxima no
interior do veio poderá diferir de uma secção para a outra. Se formos determinar a
tensão de torção máxima, será importante a localização onde a relação 𝑇. 𝑐/𝐼= é
máxima. A esse respeito, é útil mostrar a variação do torque interno 𝑇, em cada
secção ao longo da linha de centro do veio, desenhando um diagrama do torque.
Especificamente, esse diagrama é um gráfico do torque interno 𝑇 versus sua posição
ao longo do comprimento do veio.
PONTOS IMPORTANTES
§ Quando um veio que tem secção transversal circular é submetido a um torque,
a secção transversal permanece plana enquanto as rectas radiais giram. Isso
provoca uma deformação por cisalhamento no interior do material que varia
linearmente ao longo de qualquer recta radial, indo desde zero na linha de
centro do veio (eixo de simetria) até o máximo no seu limite externo.
§ No caso de material homogêneo linear-elástico, devido à lei de Hooke, a
tensão de cisalhamento ao longo qualquer recta radial do veio também varia
linearmente de zero na linha de centro até o máximo no seu limite externo. A
tensão de cisalhamento máxima não deve exceder o limite de
proporcionalidade.
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
110 110
§ Devido à propriedade complementar do cisalhamento, a distribuição da tensão
de cisalhamento linear no plano de secção transversal também é distribuída
ao longo de um plano axial adjacente ao veio.
§ A fórmula da torção baseia-se no requisito de que o torque resultante na
secção transversal seja igual ao torque produzido pela distribuição da tensão
de cisalhamento linear em torno da linha de centro longitudinal do veio. É
necessário que o veio maciço ou o veio oco tenha secção transversal circular
e seja feito de material homogêneo com comportamento linear-elástico.
PROCEDIMENTO DE ANÁLISE
A fórmula de torção é aplicada segundo o procedimento a seguir:
1. Carga interna – fazer o corte perpendicular ao eixo (linha de centro) do veio
no ponto em que a tensão de cisalhamento deve ser determinada e usar o
diagrama de corpo livre e as equações de equilíbrio necessárias para obter o
torque interno da secção.
2. Propriedade da secção transversal – calcular o momento polar de inércia da
área da secção transversal.
3. Tensão de cisalhamento:
§ Especificar a distância radial 𝜌, medida a partir do centro da secção transversal
ao ponto em que a tensão de cisalhamento máxima deve ser determinada.
Aplicar a fórmula 𝜏 = 𝑇. 𝜌/𝐼= ou usar 𝜏¡á£ = 𝑇. 𝑐/𝐼= caso a tensão de
cisalhamento máxima tenha de ser determinada. Ao substituir os dados,
certificar-se de usar um conjunto de unidades compatíveis.
§ A tensão de cisalhamento actua na secção transversal sempre na direcção
perpendicular a 𝜌. A força que ela cria deve fornecer um torque em torno da
linha de centro do veio que tenha a mesma direcção do torque interno
resultante 𝑻 que actua na secção analisada. Uma vez estabelecida a direcção,
um elemento de volume, localizado no ponto em que 𝜏 é determinado, pode
ser isolado e pode-se mostrar a direcção de 𝜏 actuando sobre as três outras
faces adjacentes do elemento.
Conversão de unidades
1 𝑘𝑠𝑖 (𝐾𝑖𝑙𝑜𝑝𝑜𝑢𝑛𝑑 𝑝𝑒𝑟 𝑠𝑞𝑢𝑎𝑟𝑒 𝑖𝑛𝑐ℎ) = 6,894 757𝑀𝑃𝑎 (𝑀𝑒𝑔𝑎𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙)
1𝑝𝑜𝑙 (𝑝𝑜𝑙𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎) = 25,4 𝑚𝑚 (𝑚𝑖𝑙í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠)
1𝑖𝑛 (𝑝𝑜𝑙𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎) = 25,4 𝑚𝑚 (𝑚𝑖𝑙í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠)
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
111 111
Exemplo 8.1
A distribuição de tensão em um veio
maciço foi esquematizada graficamente
ao longo de três rectas radiais arbitrárias
como mostrado na Figura 8.10a.
Determinar o torque interno resultante na
secção.
Solução
Dados:
𝑐 = 2𝑝𝑜𝑙 = 50,8 𝑚𝑚
𝜏¡á£ = 8 𝑘𝑠𝑖 = 55,16 𝑀𝑃𝑎
§ O momento de inércia polar da área da secção transversal é:
𝐼= =
𝜋
2 𝑐
j =
π
2 50,8
T = 10461036.71 𝑚𝑚j
§ Aplicando a fórmula da torção para 𝜏¡á£ = 8 𝑘𝑠𝑖 (Figura 8.11a), temos:
𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐
𝐼=
𝑇 =
𝜏¡á£ 𝐼=
𝑐 =
55,16 𝑁/𝑚𝑚T ∗ 10461036.71 𝑚𝑚j
50,8 𝑚𝑚 = 11358873.72 𝑁.𝑚𝑚
𝑻 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟔 𝒌𝑵.𝒎
Exemplo 8.2
Uma barra cilíndrica de aço com 1 𝑚
de comprimento está encastrada numa
parede e sofre o efeito de uma carga vertical
de 2 𝑘𝑁 na sua extremidade livre. Porém,
esta carga não está no eixo da barra mas sim
a uma distância de 1 m, de forma a causar
torção. Achar o diâmetro da barra cilíndrica
para resistir ao efeito da torção se a tensão
admissível for [𝜏] = 20 𝑀𝑃𝑎.
Solução
§ O torque causado pela força 𝐹 é o produto da força pelo braço:
Figura 8.10 - Exemplo 8.1
Figura 8.11 - Exemplo 8.2
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
112 112
𝑇 = 𝐹. 𝑏 = 2 𝑘𝑁 ∗ 1𝑚 = 2 𝑘𝑁.𝑚
§ Para a tensão devida à torção aplica-se a seguinte condição de resistência:
𝜏 =
𝑇. 𝑐
𝐼=
≤ [𝜏] ; 𝐼= =
𝜋
2 𝑐
j
𝑇. 𝑐
𝜋
2 𝑐
j
≤ [𝜏] → 𝑐 ≥ 1
2 𝑇
𝜋 [𝜏]
]
𝑐 ≥ ^
2 ∗ 2. 10� 𝑁.𝑚
𝜋 ∗ 20. 10â 𝑁𝑚T
] 𝑐 ≥ 0,0399 𝑚
𝑑 ≥ 2𝑐 𝑑 ≥ 2 ∗ 0,0399 𝑑 ≥ 0,0799 𝑚 → 𝒅 = 𝟖𝟎 𝒎𝒎
Exemplo 8.3
O veio vazado BC mostrado na figura ao
lado tem os diâmetros interno e externo de
90 𝑚𝑚 𝑒 120 𝑚𝑚, respectivamente. Os veios
AB e CD são maciços com um diâmetro 𝒅. Para
o estado de carregamento mostrado, determine:
a) As tensões máxima e mínima no veio BC
b) O diâmetro necessário 𝒅 dos veios AB e
CD se a tensão admissível para estes
veios for de 65 𝑀𝑃𝑎.
SoluçãoDenotando por 𝑻𝑨𝑩 o torque interno no veio AB,
seccionamos o trecho AB e, para o diagrama do corpo
livre mostrado, escrevemos:
¶𝑀£ = 0 ∶ (6 𝑘𝑁.𝑚) − 𝑇AX = 0
𝑻𝑨𝑩 = 𝟔 𝒌𝑵.𝒎
Figura 8.12 - Exemplo 8.3
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
113 113
Agora seccionamos o trecho do veio BC e, para
o diagrama do corpo livre mostrado, teremos:
¶𝑀£ = 0 ∶ (6 𝑘𝑁.𝑚) + (14 𝑘𝑁.𝑚) − 𝑇XI = 0
𝑻𝑩𝑪 = 𝟐𝟎 𝒌𝑵.𝒎
a) VEIO BC – a sua secção transversal é oca, por isso teremos:
𝐼= =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) =
𝜋
2
[(0,060)T − (0,045)T]
𝑰𝒑 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟐. 𝟏𝟎l𝟔 𝒎𝟒
§ Tensão tangencial máxima (𝝉𝟐) – na superfície externa do veio (𝜌 = 𝑐o)
𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐
𝐼=
=
𝑇XI 𝑐o
𝐼=
=
(20 𝑘𝑁.𝑚). (0,060 𝑚)
13,92. 10lâ 𝑚j → 𝝉𝒎á𝒙 = 𝟖𝟔, 𝟐 𝑴𝑷𝒂
§ Tensão tangencial mínima(𝝉𝟏) – na superfície externa do veio (𝜌 = 𝑐¥).
𝜏¡¥Ñ =
𝑇. 𝑐
𝐼=
=
𝑇XI 𝑐¥
𝐼=
=
(20 𝑘𝑁.𝑚). (0,045 𝑚)
13,92. 10lâ 𝑚j → 𝝉𝒎𝒊𝒏 = 𝟔𝟒, 𝟕 𝑴𝑷𝒂
O mesmo resultado pode ser obtido fazendo-se a semelhança de triângulos
formado como se mostra na figura ao lado:
𝜏¡á£
𝑐o
=
𝜏¡¥Ñ
𝑐¥
→ 𝜏¡¥Ñ =
𝜏¡á£ 𝑐¥
𝑐o
=
(86,2 𝑀𝑃𝑎). (45 𝑚𝑚)
60 𝑚𝑚 → 𝝉𝒎𝒊𝒏 = 𝟔𝟒, 𝟕 𝑴𝑷𝒂
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
114 114
b) Veios AB e CD. Podemos notar que em ambos os veios a magnitude do torque
é 𝑇 = 6 𝑘𝑁.𝑚, pelo que podemos concluir que
a tensão de cisalhamento máxima será a
mesma.
𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐
𝐼=
=
𝑇. 𝑐
𝜋
2 𝑐
j
=
𝑇
𝜋
2 𝑐
�
Pelo critério de capacidade de trabalho dos
materiais, temos que 𝜏¡á£ ≤ [𝜏], e sendo
[𝜏] = 65 𝑀𝑃𝑎, logo teremos:
𝑇
𝜋
2 𝑐
�
≤ [𝜏] → 𝑐 ≥ 1
2 𝑇
𝜋[𝜏]
]
→ 𝑐 ≥ 1 2.6. 10�
𝜋. 65. 10â
]
→ 𝑐 ≥ 0,0389 𝑚 → 𝒄 ≥ 𝟑𝟖, 𝟗 𝒎𝒎
𝑑 ≥ 2𝑐 𝑑 ≥ 2. (38,9 𝑚𝑚) 𝑑 ≥ 77,8 𝑚𝑚 → 𝒅 = 𝟕𝟖 𝒎𝒎
8.4. Momento torsor ou torque
O torque actuante na peça
representada na Figura 8.13 ao é definido
através do produto da intensidade da carga
aplicada pela distância entre o ponto de
aplicação da carga e o centro de secção
transversal (polo).
Tem-se portanto:
𝑇 = 𝐹. 2𝑆 [8.10]
Onde:
𝑇 − momento torsor ou torque [𝑁.𝑚]
𝐹 − carga aplicada [𝑁]
𝑆 − distância entre o ponto de aplicação da carga e o polo [𝑚]
Figura 8.13 - Veio em consola submetido à torção
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
115 115
Para transmissões mecânicas constituídas por polias, engrenagens, rodas de
atrito, cadeias, etc., o torque é determinado através de:
𝑇 = 𝐹¾. 𝑟 [8.11]
Onde:
𝑇 − momento torsor [𝑁.𝑚]
𝐹¾ − força tangencial [𝑁]
𝑟 − raio do veio [𝑚]
8.5. Transmissão de potência
Veios ocos e maciços com secção transversal circular são frequentemente
empregues para transmitir a potência gerada por máquinas. Quando usados para
essa finalidade, são submetidos a torques que dependem da potência gerada pela
máquina e da velocidade angular do veio. A Potência é definida como o trabalho
realizado por unidade de tempo. O trabalho transmitido por um veio é igual ao torque
aplicado multiplicado pelo ângulo de rotação. Portanto, se durante um instante de
tempo 𝑑𝑡 o torque aplicado 𝑻 fizer o veio girar num ângulo 𝑑𝜃, então a potência
instantânea será:
𝑃 =
𝑇 𝑑𝜃
𝑑𝑡
Como a velocidade angular do veio é 𝜔 = 𝑑𝜃/𝑑𝑡, também podemos expressar
a potência como:
𝑃 = 𝑇.𝜔 [8.10]
Onde:
𝑃 − é potência transmitida em watt [𝑊]
𝑇 − é o torque aplicado em Newton-metro [𝑁.𝑚]
𝜔 − é a velocidade angular do veio em radianos por segundo [𝑟𝑎𝑑/𝑠]
No caso de maquinaria, a frequência de rotação de um veio 𝑓, é geralmente
conhecida. Ela é expressa em Hertz (1 𝐻𝑧 = 1 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜/𝑠), ela representa o número de
revoluções ou ciclos que o veio realiza por segundo. Como 1 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑, então
𝜔 = 2𝜋𝑓 e a equação da potência apresenta anteriormente se torna:
𝑃 = 2𝜋𝑓. 𝑇 [8.11]
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
116 116
§ Outras expressões válidas para o cálculo da potência do veio
Denomina-se potência a realização de um trabalho na unidade de tempo:
𝑃 =
𝐹. 𝑠
𝑡 =
𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜
Como 𝑣 = 𝑠/𝑡, portanto conclui-se que: 𝑷 = 𝑭.𝒗
Nos movimentos circulares, escreve-se:
𝑃 = 𝐹¾ .𝑣=
Como 𝑣= = 𝜔 . 𝑟, então, pode-se escrever: 𝑃 = 𝐹¾ .𝜔 . 𝑟
Mas, 𝑇 = 𝐹¾ . 𝑟, tem-se então que: 𝑃 = 𝑇.𝜔
Porém 𝜔 = 2𝜋𝑓, portanto: 𝑃 = 𝑇. 2𝜋𝑓
Como 𝑓 = 𝑛/60, escreve-se que:
𝑃 = 𝑇
2𝜋 . 𝑛
60 → 𝑷 = 𝑻
𝝅 . 𝒏
𝟑𝟎
Onde:
𝑃 − potência transmitida [𝑊]
𝐹¾ − força tangencial [𝑁]
𝑣= − velocidade periférica [𝑚/𝑠]
𝑇 − Torque [𝑁.𝑚]
𝑛 − número de rotações por minuto [𝑟𝑝𝑚]
𝑓 − frequência de rotação [𝐻𝑧]
𝜔 − velocidade angular [𝑟𝑎𝑑/𝑠]
8.5.1. Projecto do veio
Quando a potência transmitida por um veio e a sua frequência de rotação são
conhecidas, o torque desenvolvido no veio é determinado pela Equação 8.11, isto é,
𝑇 = 𝑃/2𝜋𝑓. Conhecendo 𝑻 e a tensão de cisalhamento admissível para o material,
𝜏9É¡, podemos determinar a área da secção transversal usando a fórmula da torção,
desde que o material seja linear-elástico. Em particular, o projecto ou o parâmetro
geométrico 𝐼=/𝑐 torna-se:
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
117 117
𝐼=
𝑐 =
𝑇
𝜏9É¡
[8.12]
Para um veio maciço, 𝐼= = (𝜋/2)𝑐j, e, desse modo, após a substituição, obtém-
se um único valor para o raio do veio 𝑐. Se o veio for oco, de modo que 𝐼= = (𝜋/2)(𝑐oj −
𝑐¥j), o projecto pode ser feito de várias maneiras. Isso porque pode se fazer uma
escolha arbitrária tanto de 𝑐o como de 𝑐¥ e o outro raio (aquele que não foi escolhido
arbitrariamente) é determinado pela Equação [8.12].
Exemplo 8.4
O veio maciço AB mostrado na figura abaixo, deve ser usado para transmitir 3,75 kW
do motor M ao qual está acoplado. Supondo que o veio gire a 175 revoluções por
minuto e que o material do veio tenha uma tensão admissível de 175 𝑀𝑃𝑎, determinar
o diâmetro necessário para o veio resistir ao carregamento.
Figura 8.14 - Exemplo 8.4
Solução
§ Primeiro reduz-se a frequência de rotação para as unidades no SI
ω =
175 𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛 =
175 ∗ 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
60 𝑠 = 18,33
𝑟𝑎𝑑
𝑠
§ A seguir calcula-se o torque sobre o veio
𝑃 = 𝑇.𝜔 → 𝑇 =
𝑃
𝜔 =
3,75 𝑘𝑊
18,33 𝑟𝑎𝑑/𝑠 = 0,2046 𝑘𝑁.𝑚 → 𝑻 = 𝟐𝟎𝟒, 𝟔 𝑵.𝒎
§ O torque podia ser calculado pela expressão:
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
118 118
𝑃 = 𝑇
𝜋 . 𝑛
30 → 𝑇 =
30 . 𝑃
𝜋 . 𝑛 =
30 ∗ 3,75
𝜋 ∗ 175 = 0,2046 𝑘𝑁.𝑚 → 𝑻 = 𝟐𝟎𝟒, 𝟔 𝑵.𝒎
§ Também podia ser calculado pela expressão abaixo:
𝑇 = 9550 ∗
𝑃
𝑛 = 9550 ∗
3,75
175 = 204,6 𝑁.𝑚 → 𝑻 = 𝟐𝟎𝟒, 𝟔 𝑵.𝒎
Onde a potência deve estar em 𝑘𝑊 e o valor obtido será em 𝑁.𝑚
§ Aplicando a equação 8.12 teremos:
𝐼=
𝑐 =
𝑇
𝜏9É¡
; 𝐼= =
𝜋
2 𝑐
j → 𝑐� =
2𝑇
𝜋 . 𝜏9É¡
𝑐 = 1
2𝑇
𝜋 . 𝜏9É¡
]
= 12 ∗ 205. 10
�
𝜋 ∗ 175
]
= 9,063 𝑚𝑚 → 𝑑 = 2 ∗ 9,063 = 18,126 𝑚𝑚
𝒅 = 𝟏𝟖, 𝟓 𝒎𝒎
Exemplo 8.5
Um veio oco de 30 𝑚𝑚 de diâmetro interno e 42 𝑚𝑚 de diâmetroexterno é usado
para transmitir 90 𝑘𝑊 de potência. Determinar a frequência de rotação do veio de
modo que a tensão de cisalhamento 50 𝑀𝑃𝑎.
Solução
§ O torque máximo que pode ser aplicado ao veio é determinado pela fórmula
da torção:
𝜏¡á£ =
𝑇 . 𝑐
𝐼=
≤ [𝜏] → 𝑇 =
[𝜏] . 𝐼=
𝑐 =
[𝜏]. 𝜋(𝑐oj − 𝑐¥j)
2𝑐o
𝑇 =
50 ∗ 𝜋(21j − 15j)
2 ∗ 21 = 538020.18 𝑁.𝑚𝑚 → 𝑻 = 𝟓𝟑𝟖 𝑵.𝒎
§ A partir da Equação 8.11, determina-se a frequência de rotação
𝑃 = 2𝜋𝑓. 𝑇 → 𝑓 =
𝑃
2𝜋. 𝑇 =
90000 𝑁.𝑚/𝑠
2𝜋 ∗ 538 𝑁.𝑚 = 26,62 1/𝑠 → 𝒇 = 𝟐𝟔, 𝟔𝟐 𝑯𝒛
8.6. Ângulo de torção
Ocasionalmente, o projecto de um veio depende de limitações na quantidade
de rotação ou torção ocorrida quando o veio é submetido ao torque. Além disso, o
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
119 119
cálculo do ângulo de torção do veio é importante quando se analisam as reacções em
veios estaticamente indeterminados.
Nesta seção desenvolveremos um fórmula para determinar o ângulo de torção 𝜙 de
uma extremidade do eixo em relação à outra. Suponha que o veio tenha secção
transversal circular, que pode variar gradualmente ao longo do seu comprimento
(Figura 8.15a); suponha também que o material seja homogêneo e comporte-se de
maneira linear-elástica quando o torque é aplicado. Como no caso de uma barra com
carga axial, vamos desprezar as deformações localizadas que ocorrem nos pontos
de aplicação dos torques e onde a secção transversal muda bruscamente as suas
dimensões. Pelo princípio de Saint-Venant, essas consequências ocorrem dentro de
pequenas regiões do comprimento do veio e geralmente têm pouca influência sobre
o resultado final.
Usando o método das secções, um disco infinitesimal de espessura 𝑑𝑥,
localizado na posição 𝑥, é retirado do veio (Figura 8.15b). O torque interno resultante
é representado como 𝑇(𝑥), visto que a carga externa pode fazê-lo variar ao longo da
linha de centro do veio. Devido a 𝑇(𝑥), o disco se torce, de modo que a rotação
relativa de uma das faces em relação à outra é de 𝑑𝜙 (Figura 8.15b). O resultado é
que um elemento do material localizado no raio arbitrário 𝜌 no interior do disco sofre
uma deformação por cisalhamento 𝛾. Os valores de 𝛾 e 𝑑𝜙 são relacionados pela
Equação [8.1], ou seja:
𝑑𝜙 = 𝛾
𝑑𝑥
𝜌
[8.13]
Como a lei de Hooke, 𝛾 = 𝜏/𝐺, aplica-se e a tensão de cisalhamento pode ser
expressa em termos de torque aplicado usando-se a fórmula da torção 𝜏 =
Figura 8.15 - ângulo de torção
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
120 120
𝑇(𝑥).𝜌/𝐼=(𝑥), então 𝛾 = 𝑇(𝑥).𝜌/𝐼=(𝑥)𝐺. Substituindo pela Equação [8.13], temos que
o ângulo de torção do disco é:
𝑑𝜙 =
𝑇(𝑥)
𝐼=(𝑥).𝐺
𝑑𝑥
Integrando em todo o comprimento 𝐿 do veio, obtemos o ângulo de torção para
todo o veio, ou seja:
𝜙 = :
𝑇(𝑥)
𝐼=(𝑥)𝐺
𝑑𝑥
Ð
¤
[8.14]
Onde:
𝜙 − ângulo de torção de uma extremidade em relação à outra, medido em radianos
𝑇(𝑥) − torque interno na posição arbitrária 𝑥, determinado pelo método das secções e
pela equação do momento na condição de equilíbrio aplicada em torno da linha de centro do
veio
𝐼=(𝑥) − momento polar de inércia do veio expresso como função da posição 𝑥
𝐺 − módulo de elasticidade ao cisalhamento do material
8.6.1. Torque e área de secção transversal constantes
Normalmente, na prática da engenharia
o material do veio é homogêneo, de modo que
𝐺 é constante. Além disso, a área da secção
transversal e o torque aplicado são constantes
ao longo do comprimento do veio (Figura 8.16).
Se esse for o caso, o torque interno 𝑇(𝑥) = 𝑇,
o momento polar de inércia 𝐼=(𝑥) = 𝐼= e a
Equação [8.14] resulta em:
𝜙 =
𝑇 . 𝐿
𝐼= . 𝐺
[8.15]
As semelhanças entre as duas
equações anteriores e as de uma barra com
carga axial (𝛿 = ∫ b(£)
P.A(£)
𝑒 𝛿 = bÐ
AP
) devem ser
observadas.
Podemos usar a Equação [8.15] para determinar o módulo de elasticidade ao
cisalhamento do material 𝐺. Por isso, um corpo-de-prova de comprimento e diâmetro
Figura 8.16 - Veio sob torção
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
121 121
conhecidos é colocado em uma máquina de teste de torção como na Figura 8.17. O
torque 𝑇 aplicado e o ângulo de torção 𝜙 são medidos no comprimento de referência
𝐿. Pela Equação [8.15], 𝐺 = 𝑇𝐿/𝐼=𝜙. Para obter um valor mais confiável de 𝐺, são
executados vários testes e usa-se o valor médio.
Figura 8.17 - Máquina de teste de torção
Se o veio estiver sujeito a diversos torques diferentes, ou a área da secção
transversal ou ainda o módulo ao cisalhamento mudar bruscamente de uma região
do veio para a outra, a Equação [8.15] será aplicada a cada segmento do veio em
que essas quantidades sejam constantes. O ângulo de torção de uma extremidade
do veio em relação à outra será, então, determinado pela adição de vectores dos
ângulos de torção de cada segmento. Nesse caso:
𝜙 =¶
𝑇𝐿
𝐼=𝐺
[8.16]
8.6.2. Convenção de sinais
A fim de aplicarmos a equação anterior, devemos criar uma convenção de
sinais para o torque interno e o ângulo de torção de uma extremidade do veio em
relação à outra. Por isso, usaremos a regra da mão direita, pela qual o torque e o
ângulo serão positivos se a direcção indicada pelo polegar for no sentido de afastar-
se do veio quando os dedos são fechados para indicar a tendência da rotação (Figura
8.18).
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
122 122
Figura 8.18 - Convenção de sinais do torque e do ângulo de torção
Para ilustrar o uso da convenção de sinais, consideremos o veio mostrado na
Figura 8.19a, o qual está submetido a quatro torques. O ângulo de torção da
extremidade 𝐴 em relação à extremidade 𝐷 deve ser determinado. Neste problema
devem ser considerados três segmentos do veio, visto que o torque interno muda em
𝐵 e 𝐶. Usando-se o método de secções, os torques internos são determinados para
cada segmento (Figura 8.19b).
Exemplo 8.6
Figura 8.19 - Exemplo de uso de convenção de sinais
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
123 123
Pela regra da mão direita, com torques positivos no sentido que se afasta da
extremidade do corte do veio, temos:
𝑇AX = +80 𝑁.𝑚 ; 𝑇XI = −70 𝑁.𝑚 ; 𝑇Ic = −10 𝑁.𝑚
Esses resultados também são mostrados no diagrama de torque do veio
(Figura 8.19c). Aplicando a Equação 8.16, temos:
𝜙A/c =
(+80 𝑁.𝑚)𝐿AX
𝐼=𝐺
+
(−70 𝑁.𝑚)𝐿XI
𝐼=𝐺
+
(−10 𝑁.𝑚)𝐿Ic
𝐼=𝐺
Se os outros dados forem substituídos e a resposta for uma quantidade
positiva, isso significa que a extremidade 𝐴 gira como indicado pela curvatura dos
dedos da mão direita quando o polegar está na direcção que se afasta do veio (Figura
5.19a). A notação com duplo subscrito é usada para indicar o ângulo de torção relativo
(𝜙A/c); entretanto, se o ângulo de torção for determinado em relação a um ponto fixo,
será usado apenas um índice. Por exemplo, se 𝐷 estiver localizado em um apoio fixo,
o ângulo de torção calculado será denotado por 𝜙A.
PONTOS IMPORTANTES
§ Determinamos o ângulo de torção relacionando o torque aplicado à tensão de
cisalhamento por meio da fórmula de torção, 𝜏 = 𝑇𝜌/𝐼=, e relacionando a
rotação relativa à deformação por cisalhamento usando 𝑑𝜙 = 𝛾𝑑𝑥/𝜌.
Finalmente, essas equações são combinadas por meio da lei deHooke, 𝜏 =
𝐺𝛾, o que resulta na Equação [8.14].
§ Como a lei de Hooke é usada no desenvolvimento da fórmula do ângulo de
torção, é importante que os torques aplicados não provoquem o escoamento
do material e que o material seja homogêneo e comporte-se de maneira linear-
elástica.
PROCEDIMENTO DE ANÁLISE
O ângulo de torção de uma extremidade de um veio maciço ou oco em relação
à outra é determinado aplicando-se as Equações [8.14], [8.15] e [8.16].
Torque interno
§ O torque interno é determinado em um ponto da linha de centro do veio
usando-se o método das secções e a equação do momento na condição
de equilíbrio aplicada ao longo da linha de centro do veio.
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
124 124
§ Se o torque variar ao longo do comprimento do veio, deve ser feito um
corte em uma posição arbitrária 𝑥 do veio e o torque expresso como
função de 𝑥, isto é, 𝑇(𝑥).
§ Se vários torques externos actuam sobre o veio entre suas extremidades,
deve ser determinado o torque interno de cada segmento (trecho) do veio,
entre quaisquer dois torques externos. O resultado pode ser representado
como um diagrama do torque ou diagrama de esforço interno.
Ângulo de torção
§ Quando a área circular da secção transversal varia ao longo da linha de
centro do veio, o momento polar de inércia deve ser expresso em função
da sua posição 𝑥 ao longo do veio, 𝐼=(𝑥).
§ Se o momento polar de inércia ou o torque interno mudarem bruscamente
entre as extremidades do veio, então a fórmula 𝜙 = ∫[𝑇(𝑥)/𝐼=(𝑥)𝐺] 𝑑𝑥 ou
𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼=𝐺 deve ser aplicada a cada segmento no qual 𝑇, 𝐺 𝑒 𝐼= sejam
contínuos e constantes.
§ Quando o torque interno é determinado, certifique-se de usar para um
veio uma convenção de sinais consistente, tal como a discutida
anteriormente. Certifique-se também de empregar um conjunto de
unidades consistente ao substituir os dados numéricos nas equações.
Exemplo 8.7
As engrenagens acopladas
ao veio de aço com uma das
extremidades fixa estão sujeitas aos
torques mostrados na Figura 8.20a.
Supondo que o módulo de
elasticidade de cisalhamento seja
de 80 𝐺𝑃𝑎 e que o veio tenha
diâmetro de 14 𝑚𝑚, determinar o
deslocamento do dente P da
engrenagem 𝐴. O veio gira
livremente no mancal em 𝐵.
Solução
§ Torque interno – por inspecção, os torques dos segmentos AC, CD e DE são
diferentes porém constantes em cada segmento. Os diagramas de corpo livre
Figura 8.20 - Exemplo 8.6
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
125 125
dos segmentos apropriados do veio, junto com os torques internos calculados,
são mostrados na Figura 8.20b.
Usando a regra da mão direita e a convenção de sinais estabelecida de que o
torque é positivo quando se afasta da extremidade cortada do veio, temos:
𝑇AI = +150 𝑁.𝑚 𝑇Ic = −130 𝑁.𝑚 𝑇cP = −170 𝑁.𝑚
Estes resultados também são mostrados no diagrama de torque (Figura 8.20c)
§ Ângulo de torção – o momento polar de inércia do veio é:
𝐼= =
𝜋
2 𝑐
j =
𝜋
2 (0,007𝑚)
j = 3,77. 10ld 𝑚j
Aplicando a Equação [5.16] a cada segmento (trecho) e adicionando algebricamente
os resultados, temos:
𝜙A =¶
𝑇𝐿
𝐼=𝐺
=
+150 ∗ 0,4
3,77. 10ld ∗ 80. 10d +
−130 ∗ 0,3
3,77. 10ld ∗ 80. 10d +
−170 ∗ 0,5
3,77. 10ld ∗ 80. 10d
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
126 126
𝝓𝑨 = −𝟎, 𝟐𝟏𝟐 𝒓𝒂𝒅
Como a resposta é negativa, pela regra da
mão direita o polegar está direccionado no sentido
da extremidade E do veio e, portanto, a
engrenagem A gira como mostrado na Figura
8.20.d.
O deslocamento do dente P na engrenagem
A é:
𝑠= = 𝜙A . 𝑟 = (0,212 𝑟𝑎𝑑) ∗ (100 𝑚𝑚) = 𝟐𝟏, 𝟐 𝒎𝒎
Lembrar que essa análise é válida apenas se a tensão de cisalhamento não
exceder o limite de proporcionalidade do material.
Resolução de problemas
Problema 8.1
O veio oco mostrado na Figura 8.21a tem diâmetro
interno de 80 𝑚𝑚 e diâmetro externo de 100 𝑚𝑚.
Supondo que a sua extremidade seja apertada
contra o apoio 𝐴 por meio de um torquímetro em
𝐵, determinar a tensão de cisalhamento
desenvolvida no material nas paredes interna e
externa ao longo da parte central do veio quando
são aplicadas forças de 80 𝑁 ao torquímetro.
Solução
§ Torque interno – é feito um corte de
localização intermediaria 𝐶 ao longo do
eixo do veio (Figura 8.20b). A única
incógnita na secção é o torque interno 𝑇.
Os equilíbrios da força e do momento em
torno dos eixos 𝑥 e 𝑧 são satisfeitos.
Requer-se que:
¶𝑀� = 0 ∶ 80 𝑁 ∗ 0,2 𝑚 + 80 𝑁 ∗ 0,3 𝑚 − 𝑇 = 0
𝑻 = 𝟒𝟎 𝑵.𝒎
Figura 8.21 - Problema 8.1
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
127 127
§ Propriedade da secção transversal – o momento polar de inércia da área da
secção transversal é:
𝐼= =
𝜋
2 [
(0,05 𝑚)j − (0,04 𝑚)j = 5,8. 10lâ𝑚j
§ Tensão de cisalhamento – em qualquer ponto localizado na superfície externa
do veio, 𝜌 = 𝑐o = 0,05 𝑚, temos:
𝜏o =
𝑇 . 𝑐o
𝐼=
=
40 𝑁.𝑚 ∗ 0,05 𝑚
5,8. 10lâ 𝑚j = 𝟎, 𝟑𝟒𝟓 𝑴𝑷𝒂
E, em qualquer ponto localizado na superfície interna do veio, 𝜌 = 𝑐¥ = 0,04 𝑚,
de modo que:
𝜏¥ =
𝑇 . 𝑐¥
𝐼=
=
40 𝑁.𝑚 ∗ 0,04 𝑚
5,8. 10lâ 𝑚j = 𝟎, 𝟐𝟕𝟔 𝑴𝑷𝒂
Para mostrar como essas tensões actuam nos
pontos representativos, como, por exemplo D e E
na área da secção transversal, primeiro vamos
ver a secção transversal pela frente do segmento
CA do veio (Figura 8.21a). Nessa secção (Figura
8.21c), o torque interno resultante é igual mas
oposto, como mostrado na Figura 8.21b. As
tensões de cisalhamento em D e E contribuem
para esse torque e actuam, portanto, nas faces
sombreadas dos elementos nas direcções
mostradas. Como consequência, observe como
as componentes cisalhamento-tensão actuam
sobre as outras três faces. Além dos mais, como o topo da face D e a face interna E
estão em regiões sem tensões localizadas nas paredes externa e interna do veio, não
pode existir tensão de cisalhamento nessas faces nem nas outras faces
correspondentes dos elementos.
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
128 128
Problema 8.2
O projecto preliminar de um veio largo
conectando o motor a um gerador admite o uso de
um veio oco com os diâmetros interno e externo de
100 mm e 150 mm, respectivamente. Sabendo que
a tensão admissível do material do veio ao
cisalhamento é de 84,74 MPa, determinar o torque
máximo que pode ser transmitido:
a) Por um veio como projectado
b) Por um veio maciço com o mesmo peso e
comprimento
c) Por um veio oco com o mesmo peso e
comprimento, com 200 mm de diâmetro
externo
Solução
§ Veio oco como projectado preliminarmente
𝐼= =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) =
𝜋
2 [
(0,075)j − (0,050 𝑚)j]
𝑰𝒑 = 𝟑, 𝟗𝟖𝟖. 𝟏𝟎l𝟓 𝒎𝟒
𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐o
𝐼=
≤ [𝜏] → 𝑇 =
[𝜏]. 𝐼=
𝑐o
𝑇 =
[𝜏]. 𝐼=
𝑐o
=
84,74.10â 𝑁𝑚T ∗ 3,988. 10lj 𝑚j
0,075 𝑚
𝑇 = 45063 𝑁.𝑚 → 𝑻 = 𝟒𝟓, 𝟎𝟔𝟑 𝒌𝑵.𝒎
§ Veio maciço de igual peso – para que o veio
preliminarmente projectado e o veio maciço
tenham o mesmo peso e comprimento, é
necessário que as suas áreas da secção
transversal sejam iguais
𝐴(9) = 𝐴(î) → 𝜋(𝑐oT − 𝑐¥T) = 𝜋𝑐T
𝑐 = f𝑐oT − 𝑐¥T = √75T − 50T = 𝟓𝟓, 𝟗𝟎 𝒎𝒎
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
129 129
Problema 8.3
A figura ao lado ilustra uma bomba
acoplada a um motor com 3,0 kW de
potência. Supondo que o impulsor em
𝑩 esteja girando a 300 revoluções por
minuto, determinar a tensão de
cisalhamento máxima desenvolvida
em 𝑨, localizada no veio de
transmissão oco com 10 mm de
espessura e 80 mm de diâmetro
externo.
Solução
𝑇 = 9550 ∗
𝑃
𝑛 = 9550 ∗
3,0
300 = 𝟗𝟓, 𝟓 𝑵.𝒎
𝐼= =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑐¥ = 40 − 10 = 30 𝑚𝑚 𝐼= =
𝜋
2 [
(0,040 𝑚)j − (0,030𝑚)j]
𝑰𝒑 = 𝟐, 𝟕𝟒𝟗. 𝟏𝟎l𝟔 𝒎𝟒
𝜏¡á£ =
𝑇 . 𝑐o
𝐼=
=
(95,5 𝑁.𝑚) ∗ (0,04 𝑚)
2,749. 10lâ 𝑚j = 1389650 𝑃𝑎
𝝉𝒎á𝒙 = 𝟏𝟑𝟖𝟗, 𝟔𝟓 𝒌𝑷𝒂
Problema 8.4
A figura ao lado ilustra uma bomba acoplada a um motor com 3,75 kW de potência.
Supondo que o material do veio
possui uma tensão admissível ao
cisalhamento de 15 MN/m2,
determinar a área de secção
transversal mínima admissível
para o torque exercido de 120 N.m,
sabendo que a razão entre os
diâmetros interno e externo seja de
0,85.
Solução
𝜏 =
𝑇. 𝑐
𝐼=
≤ [𝜏] → 𝜏¡á£ =
𝑇. 𝑐o
𝐼=
≤ [𝜏]
𝑐¥
𝑐o
= 0,85 → 𝑐¥ = 0,85𝑐o
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
130 130
𝐼= =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) = [𝑐oj − (0,85 𝑐o)j] = (𝑐oj − 0,522𝑐oj) = 𝟎, 𝟒𝟕𝟖
𝝅
𝟐 𝒄𝒆
𝟒
𝑇. 𝑐o
0,478𝜋2 𝑐o
j
≤ [𝜏] → 𝑐o ≥ 1
2𝑇
0,478𝜋[𝜏]
]
𝑐o ≥ ^
2(120 𝑁.𝑚)
0,478𝜋 �15.10â 𝑁𝑚T�
] 𝑐o ≥ 0,022 𝑚
𝑐o,¡íÑ = 22 𝑚𝑚 → 𝑐¥,¡íÑ = 0,85𝑐o,¡íÑ = 0,85(22 𝑚𝑚) = 18,7 𝑚𝑚
𝐴¡í¡ = 𝜋Ö𝑐o,¡¥ÑT − 𝑐¥,¡íÑT × = (22T − 18,7T)
𝒄𝒆,𝒎í𝒏 = 𝟐𝟐 𝒎𝒎
𝒄𝒊,𝒎í𝒏 = 𝟏𝟖, 𝟕 𝒎𝒎
𝐴¡í¡ = 𝟒𝟐𝟏, 𝟗𝟓 𝒎𝒎𝟐
Problema 8.5
O veio horizontal AD está encastrado na base
D e sujeito aos torques conforme mostra a
figura ao lado. A partir da extremidade D o veio
foi brocado num diâmetro de 44 mm numa
porção CD do veio. Sabendo que o veio é feito
de aço com o módulo de elasticidade ao
cisalhamento de 77 GPa, determinar o ângulo
de torção da sua extremidade livre A.
Solução
Torque interno – por inspecção, os torques dos segmentos
AB, BC e CD são diferentes porém constantes em cada
segmento. Os diagramas de corpo livre dos segmentos
apropriados do veio, junto com os torques internos por
calcular, são mostrados na Figura ao lado.
§ Para o segmento AB
(250 𝑁.𝑚) − 𝑇AX = 0
𝑻𝑨𝑩 = 𝟐𝟓𝟎 𝑵.𝒎
§ Para o segmento BC
(250 𝑁.𝑚) + (2000 𝑁.𝑚) − 𝑇XI = 0
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
131 131
𝑻𝑩𝑪 = 𝟐𝟐𝟓𝟎 𝑵.𝒎
§ Para o segmento CD – visto que nenhum torque é exercido no ponto C,
teremos:
𝑻𝑪𝑫 = 𝑻𝑩𝑪 = 𝟐𝟐𝟓𝟎 𝑵.𝒎
§ Momentos polares de inércia
𝐼b,AX =
𝜋
2 𝑐
j =
𝜋
2
(0,015 𝑚)j
𝐼b,AX = 𝟎,𝟎𝟕𝟗𝟓. 𝟏𝟎l𝟔 𝒎𝟒
𝐼b,XI =
𝜋
2 𝑐
j =
𝜋
2
(0,030 𝑚)j
𝐼b,XI = 𝟏, 𝟐𝟕𝟐. 𝟏𝟎l𝟔 𝒎𝟒
𝐼b,Ic =
𝜋
2
(𝑐oj − 𝑐¥j) =
𝜋
2
[(0,030 𝑚)j − (0,022 𝑚)j]
𝑰𝑷,𝑪𝑫 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟒. 𝟏𝟎l𝟔 𝒎𝟒
§ Ângulo de torção – usando a equação [8.16]
com o módulo de elasticidade constante para
todo o veio (𝐺 = 77 𝐺𝑃𝑎), teremos:
𝜙A =¶
𝑇𝐿
𝐼=𝐺
=
1
𝐺 #
𝑇AX 𝐿AX
𝐼b,AX
+
𝑇XI 𝐿XI
𝐼b,XI
+
𝑇Ic 𝐿Ic
𝐼b,Ic
$
𝜙A =
1
77 𝐺𝑃𝑎
4
(250 𝑁.𝑚)(0,4 𝑚)
0,0795.10lâ 𝑚j +
(2250 𝑁.𝑚)(0,2 𝑚)
1,272.10lâ 𝑚j +
(2250 𝑁.𝑚)(0,6 𝑚)
0,904.10lâ 𝑚j 5
𝜙A = 0,01634 + 0,00459 + 0,01939 = 0,0403 𝑟𝑎𝑑
𝜙A = (0,0403 𝑟𝑎𝑑)
360°
2𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝝓𝑨 = 𝟐, 𝟑𝟏° 𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂!
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
132 132
Problema 8.6
Os dois veios maciços de aço mostrados
na Figura 8.22a estão acoplados por
meio de engrenagens. Determinar o
ângulo de torção da extremidade 𝐴 do
veio 𝐴𝐵 quando é aplicado um torque de
45 𝑁.𝑚, sendo o módulo de elasticidade
ao cisalhamento de 80 𝐺𝑃𝑎. O veio 𝐴𝐵 é
livre para girar nos mancais 𝐸 e 𝐹,
enquanto o veio 𝐶𝐷 é fixo em 𝐷. Cada
veio tem 20 mm de diâmetro.
Solução
§ Torque interno – os diagramas de corpo livre de cada veio são mostrados na
Figura 8.22b e 8.22c.
Figura 22 - Diagramas de corpo livre
§ Somando os momentos ao longo do eixo 𝑥 do veio 𝐴𝐵, temos a reacção
tangencial entre as engrenagens:
𝐹¾ =
2𝑇
𝑑 =
𝑇
𝑟 =
45 𝑁.𝑚
0,15 𝑚 = 300 𝑁 → 𝑭𝒕 = 𝟑𝟎𝟎 𝑵
§ Somando os momentos em torno do eixo 𝑥 do veio 𝐷𝐶, temos que essa força
cria um torque:
𝑇c = 𝐹¾ . 𝑟 = 300 𝑁 ∗ 0,075𝑚 = 𝟐𝟐, 𝟓 𝑵.𝒎
§ Ângulo de torção – para se resolver o problema, calculamos primeiro a rotação
da engrenagem 𝐶 devido ao torque de 22,5 𝑁.𝑚 no veio 𝐷𝐶 (Figura 8.22b).
Esse ângulo de torção é:
Figura 8.22 - Problema 8.6
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
133 133
𝜙I =
𝑇𝐿cI
𝐼=𝐺
=
+22,5 𝑁.𝑚 ∗ 1,5 𝑚
𝜋
2 (0,010 𝑚)
j ∗ �80.10d 𝑁𝑚T�
= +𝟎, 𝟎𝟐𝟔𝟗 𝒓𝒂𝒅
Como as engrenagens na extremidade do veio estão engrenadas, a rotação 𝜙I
da engrenagem 𝐶 faz a engrenagem 𝐵 girar 𝜙X (Figura 8.22c), onde para a
igualdade dos deslocamentos teremos:
𝑠X = 𝑠I → 𝜙X . 𝑟X = 𝜙I. 𝑟I → 𝜙X =
(0,0269 𝑟𝑎𝑑) ∗ (0,075 𝑚)
0,15 𝑚 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅
§ Vamos agora determinar o ângulo de torção da extremidade 𝐴 em relação à
extremidade 𝐵 do veio 𝐴𝐵 provocado pelo torque de 45 𝑁.𝑚 (Figura 8.22c)
𝜙A/X =
𝑇AX . 𝐿AX
𝐼= . 𝐺
=
(+45 𝑁.𝑚) ∗ (2 𝑚)
𝜋
2 (0,010 𝑚)
j ∗ �80.10d 𝑁𝑚T�
= +0,0716 𝑟𝑎𝑑
§ A rotação da extremidade 𝐴 é, portanto, determinada somando-se 𝜙X e 𝜙A/X
visto que ambos os ângulos estão na mesma direcção (Figura 8.22c). Assim,
temos:
𝜙A = 𝜙X + 𝜙A/X = 0,0134 𝑟𝑎𝑑 + 0,0716 𝑟𝑎𝑑 = +𝟎, 𝟎𝟖𝟓𝟎 𝒓𝒂𝒅
Problema 8.7
O poste maciço de ferro fundido com 50 mm de
diâmetro mostrado na Figura 8.23a está
enterrado no solo. Supondo que seja aplicado um
torque no seu topo com uma chave rígida,
determinar a tensão de cisalhamento máxima no
poste e o ângulo de torção no seu topo. Supor,
também, que o torque está quase girando o poste
e que o solo exerce uma resistência uniforme à
torção de 𝑡 𝑘𝑁.𝑚𝑚/𝑚𝑚 ao longo do
comprimento enterrado de 600 𝑚𝑚. Sabe-se que
𝐺 = 65 𝐺𝑃𝑎.
Figura 8.23 - Problema 8.7
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
134 134
Solução
§ Torque interno – o torque interno no trecho
𝐴𝐵 do poste é constante. Pelo diagrama de
corpo livre (Figura 8.23b), temos:
𝑇AX − (2,5 𝑘𝑁 ∗ 300 𝑚𝑚) = 0
𝑻𝑨𝑩 = 𝟕𝟓𝟎 𝑵.𝒎
§ A intensidade da distribuição uniforme do torque ao
longo do segmento enterrado 𝐵𝐶 é determinada
pela condição de equilíbrio de todo o poste (Figura
8.23c):
(2,5 𝑘𝑁 ∗ 0,300 𝑚 ) − (𝑡 ∗ 0,600 𝑚) = 0
𝒕 = 𝟏𝟐𝟓 𝑵.𝒎/𝒎
§ Então, pelo diagrama de corpo livre de uma secção
do poste localizada na posição 𝑥 dentro da região
𝐵𝐶 (Figura 8.22d), temos:
𝑇XI − 125𝑥 = 0 → 𝑻𝑩𝑪 = 𝟏𝟐𝟓𝒙
§ Tensão de cisalhamento máxima – a maior tensão
de cisalhamento ocorre na região 𝐴𝐵, visto que o
torque máximo naquela região e 𝐼= é constante para
o poste. Aplicando a fórmula da torção temos:
𝜏¡á£ =
𝑇AX . 𝑐
𝐼=
=
(750 𝑁.𝑚) ∗ (0,05 𝑚)
𝜋
2 (0,05 𝑚)
j
= 3819718,63 𝑃𝑎
𝜏¡á£ = 𝟑, 𝟖𝟐 𝑴𝑷𝒂
§ Ângulo de torção – o ângulo de torção no topo do poste pode ser determinado
em relação à parte inferior desse poste desde que esteja fixado e ainda vá
girar. Tanto o segmento 𝐴𝐵 quanto o 𝐵𝐶 sofrem torção e, nesse caso, temos:
𝜙A =
𝑇AX . 𝐿AX
𝐼= . 𝐺
+ :
𝑇XI
𝐼= . 𝐺
Ðgh
¤
𝑑𝑥 =
(750 𝑁.𝑚) ∗ (0,910 𝑚)
𝐼= . 𝐺
+:
125𝑥
𝐼= . 𝐺
¤,â
¤
𝑑𝑥
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
135 135
𝜙A =
682,5 𝑁.𝑚T
𝐼= . 𝐺
+
125 ∗ !0,6
T
2 "𝑁.𝑚T
𝐼= . 𝐺
=
705 𝑁.𝑚T
𝜋
2 (0,05 𝑚)
j ∗ �65. 10d 𝑁𝑚T�
𝝓𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟏 𝒓𝒂𝒅
Problema 8.8
Dois veios maciços estão conectados
através de duas rodas dentadas como
mostra a figura ao lado. Sabendo que
cada veio possui um módulo de
elasticidade ao cisalhamento de 112
GPa e uma tensão de cisalhamento
admissível de 14 MPa, determinar:
a) O torque máximo 𝑻𝟎 que pode
ser aplicado naextremidade A
do veio AB
b) O ângulo de rotação
correspondente da extremidade
A.
Solução
Denotando por 𝐹¾ a força tangencial que actua
nos dentes engrenagem, temos:
𝑅𝑜𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑎 𝐵: ∑𝑀X = 0: 𝐹¾(23 𝑚𝑚) − 𝑇¤ = 0
𝑅𝑜𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑎 𝐶: ∑𝑀I = 0: 𝐹¾(63 𝑚𝑚)− 𝑇Ic = 0
𝑻𝑪𝑫 = 𝟐, 𝟕𝟒. 𝑻𝟎 (𝟏)
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
136 136
§ Notando que para as duas rodas o deslocamento é o mesmo teremos:
𝑟X𝜙X = 𝑟I𝜙I 𝜙X =
𝑟I
𝑟X
𝜙I =
63 𝑚𝑚
23 𝑚𝑚𝜙I
𝝓𝑩 = 𝟐, 𝟕𝟒𝝓𝑪 (𝟐)
§ Veio AB – com 𝑇AX = 𝑇¤ e 𝑐 = 9,5 𝑚𝑚, com
a tensão admissível ao cisalhamento de 14
Mpa, temos:
𝜏 =
𝑇AX . 𝑐
𝐼b
=
𝑇¤. 𝑐
𝐼b
≤ [𝜏]
𝑇¤ =
[𝜏]. 𝐼b
𝑐 =
�14 𝑁
𝑚𝑚T� ∗ 𝜋 ∗ (9,5 𝑚𝑚)j
2 ∗ (9,5 𝑚𝑚)
𝑇¤ = 18854,661 𝑁.𝑚𝑚 = 𝟏𝟖, 𝟖𝟓𝟓 𝑵.𝒎
§ Veio CD – a partir de (1) temos 𝑇Ic = 2,74. 𝑇¤ e 𝑐 = 12,5 𝑚𝑚, com a tensão
admissível ao cisalhamento de 14 Mpa, temos:
𝜏 =
𝑇Ic. 𝑐
𝐼b
=
2,74𝑇¤. 𝑐
𝐼b
≤ [𝜏] 𝑇¤ =
[𝜏]. 𝐼b
2,74𝑐 =
�14 𝑁
𝑚𝑚T� ∗ 𝜋 ∗ (12,5 𝑚𝑚)j
2 ∗ 2,74 ∗ (12,5 𝑚𝑚)
𝑇¤ = 15675,716 𝑁.𝑚𝑚 = 𝟏𝟓, 𝟔𝟕𝟔 𝑵.𝒎
§ Torque máximo admissível – de acordo com a condição de resistência da
estrutura, escolhemos o menor torque calculado:
𝑻𝟎 = 𝟏𝟓, 𝟔𝟕𝟔 𝑵.𝒎
§ Ângulo de torção – primeiro computamos o ângulo de torção para cada veio:
Veio AB – para 𝑇AX = 𝑇¤ = 15,676 𝑁.𝑚 temos:
𝜙A/X =
𝑇AX𝐿
𝐺𝐼b
=
(15675,716 𝑁.𝑚𝑚) ∗ (610 𝑚𝑚)
�1,12. 10> 𝑁
𝑚𝑚T� ∗
𝜋
2 (9,5𝑚𝑚)
j
= 0,00667 𝑟𝑎𝑑
𝜙A/X = 0,382°
Veio CD - 𝑇Ic = 2,74. 𝑇¤
𝜙I/c =
𝑇Ic𝐿
𝐺𝐼b
=
(2,74 ∗ 15675,716 𝑁.𝑚𝑚) ∗ (915 𝑚𝑚)
�1,12.10> 𝑁
𝑚𝑚T� ∗
𝜋
2 (12,5𝑚𝑚)
j
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
137 137
𝜙I/c = 0,00915 𝑟𝑎𝑑 = 0,524°
§ Como a extremidade D é fixa, temos 𝜙I = 𝜙I/c = 0,524°. Usando (2),
encontramos o ângulo de rotação do veio B:
𝜙X = 2,74𝜙I = 2,74 ∗ 0,524° = 𝟏, 𝟒𝟑𝟔°
§ Para a extremidade A do veio AB, temos:
𝜙A = 𝜙X + 𝜙A/X = 1,436° + 0,382° = 𝟏, 𝟖𝟏𝟖°
Problema 8.9
Um veio de aço maciço e um veio oco de
alumínio estão conectados através de um
disco rígido e encastrados numa parede como
mostra a figura ao lado. Sabendo que a
tensões iniciais são nulas, determine o
máximo torque T0 que pode ser aplicado no
disco se as tensões admissíveis são de 120
Mpa e 70 Mpa para o veio de aço e de
alumínio, respectivamente. Use 𝐺 = 70 𝐺𝑃𝑎
para o aço e 𝐺 = 27 𝐺𝑃𝑎 para o alumínio.
Solução
§ Diagrama de corpo livre do disco – denotando por 𝑇� o torque
exercido pelo veio de alumínio no disco e por 𝑇T o torque exercido
pelo veio de aço, temos:
𝑇¤ = 𝑇� + 𝑇T (1)
§ Deformações – como ambos os veios estão
conectados no disco rígido, temos:
𝜙� = 𝜙T →
𝑇�𝐿�
𝐼b�𝐺�
=
𝑇T𝐿T
𝐼bT𝐺T
𝑇� ∗ (0,5 𝑚)
𝜋
2 [(38 𝑚𝑚)
j − (30 𝑚𝑚)j] ∗ (27𝐺𝑃𝑎)
=
𝑇T ∗ (0,5 𝑚)
𝜋
2 (25 𝑚𝑚)
j ∗ (77 𝐺𝑃𝑎)
𝑇T = 0,874𝑇� (2)
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
138 138
§ Assumindo que 𝜏AB ≤ 70 𝑀𝑃𝑎 é a tensão crítica, para o veio de alumínio
teremos o seguinte:
𝑇� =
[𝜏AB] ∗ 𝐼b�
𝑐�
=
(70 𝑀𝑃𝑎)(2,003. 10lâ 𝑚j)
0,038 𝑚 = 3690 𝑁.𝑚
§ Usando a equação (2), computamos o valor
correspondente de 𝑇T e em seguida encontramos a
tensão tangencial máxima no veio de aço.
𝑇T = 0,874𝑇� = 0,874 ∗ (3690) = 3225 𝑁.𝑚
𝜏Aç; =
𝑇T𝑐T
𝐼bT
=
(3225 𝑁.𝑚) ∗ (0,025 𝑚)
0,614.10lâ 𝑚j
𝜏Aç; = 131,3 𝑀𝑃𝑎
§ Notamos que a tensão admissível de 120 MPa foi
excedida, então, a nossa presunção está errada. O torque máximo 𝑇¤ será
obtido igualando a tensão actuante no veio de aço à tensão admissível de 120
MPa. Primeiro determinamos 𝑇T.
𝑇T =
Õ𝜏Aç;Ø ∗ 𝐼bT
𝑐T
=
(120 𝑀𝑃𝑎)(0,614.10lâ 𝑚j)
0,025 𝑚 = 2950 𝑁.𝑚
§ Da equação (2), temos:
2950 = 0,874𝑇� 𝑇� = 3375 𝑁.𝑚
§ Usando a equação (1), obtemos o torque máximo admissível:
𝑇¤ = 𝑇� + 𝑇T = 3375+ 2950 𝑇¤ = 6325 𝑁.𝑚
8.7. Estruturas estaticamente indeterminadas carregadas por um torque
Um veio carregado por um torque
pode ser classificado como estaticamente
indeterminado se a equação do momento na
condição de equilíbrio aplicada em torno da
sua linha de centro não for suficiente para
determinar os torques desconhecidos que
actuam sobre ele.
Um exemplo dessa situação é
mostrado na Figura 8.24a. Como se vê no Figura 8.24 - Estruturas estaticamente indeterminadas sob
torção
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
139 139
diagrama de corpo livre Figura 8.24b, os torques de reacção A e B são
desconhecidos. É requerido que:
¶𝑀£ = 0 𝑇 − 𝑇A − 𝑇X = 0
Como apenas a equação de equilíbrio é aplicável
e há duas incógnitas, o problema é estaticamente
indeterminado (tem-se um número de incógnitas maior
que o número de equações disponíveis).
A condição de compatibilidade necessária, ou a
condição cinemática, requer que o ângulo de torção de
uma extremidade do veio em relação à outra seja nulo,
visto que os apoios das extremidades são fixos. Portanto:
𝜙A/X = 0
A fim de escrever essa equação em termos de
torques desconhecidos, vamos supor que o material
comporte-se de forma linear-elástica, de modo que a
relação carga-deslocamento seja expressa por 𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼=𝐺. Entendendo-se que o
torque interno no segmento AC é +𝑇A e no segmento CB é −𝑇X (Figura 8.24c), a
equação de compatibilidade mencionada anteriormente é escrita como:
𝑇A𝐿AI
𝐼b𝐺
+
−𝑇X𝐿XI
𝐼b𝐺
= 0
Nesse caso, admite-se que 𝐺𝐼b seja constante, onde 𝐼b é o momento polar de
inércia e 𝐺, o módulo de elasticidade ao cisalhamento.
Resolvendo as duas equações anteriores para as reacções, compreendendo
que 𝐿 = 𝐿AI + 𝐿XI, obtemos:
𝑇A = 𝑇 !
𝐿XI
𝐿 " 𝑒 𝑇X = 𝑇 !
𝐿AI
𝐿 "
Observe que esses torques de reacção aumentam ou diminuem linearmente
com a localização 𝐿AI ou 𝐿XI do torque aplicado.
PROCEDIMENTO DE ANÁLISE
Determinamos os torques desconhecidos em veios estaticamente
indeterminados, satisfazendo os requisitos de equilíbrio, compatibilidade e torque-
deslocamento do veio.
Equilíbrio
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
140 140
§ Desenhar o diagrama de corpo livre do veio a fim de identificar todos os torques
que actuam sobre ele. Escrever, então, as equações do momento na condição
de equilíbrio em torno da linha de centro do veio.
Compatibilidade
§ Para escrever a equação de compatibilidade, investigar a maneira como o veio
torcerá quando submetido às cargas externas, levando em consideração como
os apoios restringirão os movimentos do veio quando este for torcido.
§ Expressar a condição de compatibilidade em termos de deslocamentos
rotacionais provocados pelos torques de reacção e usar, então, uma relação
torque-deslocamento, tal como 𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼b𝐺, para relacionar os torques
desconhecidos aos deslocamentos desconhecidos.
§ Resolver as equações de equilíbrio e de compatibilidade para os torques de
reacção desconhecidos. Se qualquer das intensidades tiver valor numérico
negativo, isso indica que esse torque actua na direcção oposta à adoptada no
diagrama de corpo livre.
Exemplo 8.8
O veio de aço maciço mostrado na Figura 8.25a tem 20 mm de diâmetro. Se
for submetido aos dois torques, quais serão as reacções nos apoios fixos 𝐴 e 𝐵?
Figura 8.25
Solução
§ Equilíbrio – por inspecção do diagrama de corpo livre (Figura 8.25b), vemos
que o problema é estaticamente indeterminado uma vez que há apenas uma
equação de equilíbrio disponível, enquanto 𝑻A e 𝑻𝑩 são incógnitas. É requeridoque:
¶𝑀£ = 0: − 𝑇X + 800 𝑁.𝑚 − 500 𝑁.𝑚 − 𝑇A = 0 (1)
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
141 141
§ Compatibilidade – como as extremidades do
veio são fixas, o ângulo de torção de uma
extremidade em relação à outra deve ser nulo.
Portanto, a equação de compatibilidade é:
𝜙A/X = 0
Essa condição deve ser expressa em
termos dos torques desconhecidos usando-se a
relação carga-deslocamento, 𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼b𝐺. Nesse
caso, há três regiões do veio em que o torque
interno é constante: 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 e 𝐷𝐴. Nos diagramas
de corpo livre da Figura 8.25c são mostrados os
torques internos que actuam nos segmentos do
veio, em cada uma das regiões em que ele foi
seccionado. Usando convenção de sinais
estabelecida na Seção 8.6.2, temos:
−𝑇X(0,2 𝑚)
𝐼b𝐺
+
(800 − 𝑇X)(1,5 𝑚)
𝐼b𝐺
+
(300 − 𝑇X)(0,3 𝑚)
𝐼b𝐺
= 0
𝑇X = 645 𝑁.𝑚
Substituindo na equação (1), temos:
−645 𝑁.𝑚 + 800 𝑁.𝑚 − 500 𝑁.𝑚 − 𝑇A = 0 → 𝑇A = −345 𝑁.𝑚
𝑻𝑨 = −𝟑𝟒𝟓 𝑵.𝒎
𝑻𝑩 = 𝟔𝟒𝟓 𝑵.𝒎
O sinal negativo indica que 𝑻𝑨 actua na direcção oposta à mostrada na Figura 8.25b.
Exemplo 8.9
O veio mostrado na Figura 8.26a está composto por um veio de aço oco unido a um
núcleo de latão, esquematizar a distribuição cisalhamento-tensão ao longo de uma
recta lateral da área da secção transversal. Supor, também, que 𝐺9ç; = 83 𝐺𝑃𝑎 e
𝐺B9¾ã; = 37 𝐺𝑃𝑎
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
142 142
Figura 8.26
Solução
§ Equilíbrio – o diagrama de corpo livre do veio é mostrado na Figura 8.26b. A
reacção da parede é representada pela quantidade de torque desconhecido
resistido pelo aço, 𝑇9ç;, e pelo latão, 𝑇B9¾ã; . O equilíbrio requer que:
−𝑇9ç; − 𝑇B9¾ã; + 340 𝑁.𝑚 = 0 (1)
§ Compatibilidade – o ângulo de torção da extremidade 𝐴 tem de ser o mesmo
para os elementos de aço e latão, visto que eles estão unidos. Assim:
𝜙 = 𝜙9ç; = 𝜙B9¾ã;
Aplicando a relação carga-deslocamento, 𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼b𝐺, temos:
𝑇9ç; . 𝐿
𝜋
2 [(0,026 𝑚)
j − (0,013 𝑚)j] ∗ 83. 10d 𝑁/𝑚T
=
𝑇B9¾ã; . 𝐿
𝜋
2 (0,013 𝑚)
j ∗ 37. 10d 𝑁𝑚T
𝑇9ç; = 33,649 . 𝑇B9¾ã; (2)
Resolvendo as equações (1) e (2) fica:
i
−𝑇9ç; − 𝑇B9¾ã; + 340 𝑁.𝑚 = 0
𝑇9ç; = 33,649 . 𝑇B9¾ã;
→
𝑇9ç; = 330,187 𝑁.𝑚
𝑇B9¾ã; = 9,813 𝑁.𝑚
Esses torques actuam ao longo de todo o comprimento do veio, já que não há
nenhum torque externo actuando em pontos intermediários ao longo do comprimento
da linha de centro do veio. A tensão de cisalhamento no núcleo de latão varia de zero
no seu centro até o máximo na superfície de contacto com o tubo de aço. Usando a
fórmula de torção:
𝜏B9¾ã;,¡á£ =
𝑇B9¾ã;. 𝑐
𝐼b
=
(9,813 𝑁.𝑚) ∗ (0.013𝑀)
𝜋
2 (0,013 𝑚)
j
= 𝟐𝟖𝟒𝟑, 𝟒𝟑 𝒌𝑷𝒂
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
143 143
§ Para o aço, a tensão de cisalhamento mínima também está nessa interface
𝜏9ç;,¡íÑ =
𝑇9ç;. 𝑐¥
𝐼b
=
(330,187 𝑁.𝑚) ∗ (0.013 𝑚)
𝜋
2 [(0,026 𝑚)
j − (0,013 𝑚)j]
= 𝟔𝟑𝟕𝟖, 𝟓𝟏 𝒌𝑷𝒂
§ E a tensão de cisalhamento máxima está na superfície externa:
𝜏9ç;,¡á£ =
𝑇9ç;. 𝑐o
𝐼b
=
(330,187 𝑁.𝑚) ∗ (0.026 𝑚)
𝜋
2 [(0,026 𝑚)
j − (0,013 𝑚)j]
= 𝟏𝟐 𝟕𝟓𝟕 𝒌𝑷𝒂
Os resultados são esquematizados na Figura 8.26c. Observe a
descontinuidade da tensão de cisalhamento na interface entre o latão e o aço. Essa
condição é esperada, visto que os materiais têm módulos de rigidez diferentes, isto
é, o aço é mais duro que o latão (𝐺9ç; > 𝐺B9¾ã;) e, assim, suporta tensão de
cisalhamento maior na interface.
Apesar de a tensão de cisalhamento ser descontínua, a deformação por
cisalhamento não é. Ao contrário, a deformação por cisalhamento é a mesma para
ambos, latão e aço. Essa condição é mostrada pela lei de Hooke, 𝛾 = 𝜏/𝐺. Na
interface (Figura 8.26d), a deformação por cisalhamento é:
𝛾 =
𝜏
𝐺 =
2843,43 𝑘𝑃𝑎
37. 10â 𝑘𝑃𝑎 =
6378,51 𝑘𝑃𝑎
83. 10â 𝑘𝑃𝑎 = 𝟕, 𝟔𝟖𝟓. 𝟏𝟎l𝟓 𝒓𝒂𝒅
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
144 144
Exemplo 8.10
O veio circular 𝑨𝑩 encastrado nas
duas extremidades, tem um comprimento
total de 126 mm e um diâmetro de 23 mm.
Sabendo que desde a extremidade 𝑩 até ao
ponto médio ao longo do seu comprimento,
o veio foi vazado de modo a ter um diâmetro
interno de 16 mm, pede-se para calcular os
torques de reacção nos apoios.
Solução
§ Equilíbrio – Fazendo o diagrama de corpo livre
do veio e denotando por 𝑇A e 𝑇X os torques
exercidos pelos apoios (Figura 8.27a), obtemos
a equação de equilíbrio:
𝑇A + 𝑇X − 122 𝑁.𝑚 = 0 (1)
§ Compatibilidade – como as extremidades do
veio são fixas, o ângulo de torção de uma
extremidade em relação à outra deve ser nulo,
ou seja, o ângulo de torção total do veio 𝑨𝑩
deve ser igual a zero, desde que ambas as suas
extremidades estejam restritas. Denotando por
𝜙� e 𝜙T, respectivamente os ângulos de torção
para os segmentos 𝑨𝑪 e 𝑪𝑩, podemos
escrever:
𝜙 = 𝜙� + 𝜙T = 0
A partir do diagrama de corpo livre de uma pequena porção do veio incluindo
a extremidade 𝐴 (Figura 8.27b), notamos que o torque interno 𝑇� no segmento 𝐴𝐶 é
igual a +𝑇A, e a partir do diagrama de corpo livre de uma pequena porção do veio
incluindo a extremidade 𝐵 (Figura 8.27c), notamos que o torque interno 𝑇T no
segmento 𝐶𝐵 é igual a −𝑇X. Aplicando a relação carga-deslocamento, 𝜙 = 𝑇𝐿/𝐼b𝐺,
temos:
𝜙 = 𝜙� + 𝜙T =
𝑇A𝐿AI
𝐼b�𝐺
+
−𝑇X𝐿XI
𝐼bT𝐺
= 0 𝑇A = 𝑇X
𝐿XI ∗ 𝐼b�
𝐿AI ∗ 𝐼bT
Substituindo os dados numéricos fornecidos
𝐿AI = 𝐿XI = 63 𝑚𝑚
Capítulo 8 – Torção
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
145 145
𝐼b� =
𝜋
2
(0,0115 𝑚)j = 2,747. 10lS 𝑚j
𝐼bT =
𝜋
2
[(0,0115 𝑚)j − (0,008)j] = 2,104. 10lS 𝑚j
Obtemos:
𝑇A = 1,306𝑇X (2)
Resolvendo o sistema de equações fornecido pelas equações (1) e (2) temos:
i𝑇A + 𝑇X − 122 𝑁.𝑚 = 0
𝑇A = 1,306𝑇X
→
𝑻𝑩 = 𝟓𝟐, 𝟗𝟏 𝑵.𝒎
𝑻𝑨 = 𝟔𝟗, 𝟎𝟗 𝑵.𝒎
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
Bem aventurados aqueles que lavam as suas vestiduras no sangue do Cordeiro,
para que tenham para que tenham direito à árvore da vida, e possam
entrar na cidade pelas portas. Ficarão de fora os cães
e os feiticeiros, e os que se prostituem, e os
homicidas, e os idólatras, e qualquer
que ama e comete a mentira.
Apocalipse 22: 14 -15
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
147 147
CAPÍTULO 9. TEOREMA DE CASTEGLIANO
Pretendendo determinar as deformações devidas a certos tipos de solicitação
partimos, nos capítulos precedentes da relação:
𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 =
𝑠𝑜𝑙𝑖𝑐𝑖𝑡𝑎çã𝑜
𝑟𝑖𝑔𝑖𝑑𝑒𝑧
Sendo por exemplo, no caso de tracção:
𝛿 =
𝑁
𝐸𝐴
E no caso de flexão:
1
𝜌 = −
𝑀
𝐸𝐼
O teorema de Castegliano, em comparação com isso, baseia-se em
considerações de energia. Conforme aquele teorema, com base no trabalho total de
deformação elástica obtêm-se em pontos singulares 𝑧 = ℎ as deformações devidas à
influência parcial da carga correspondente (𝐹? ,𝑀?), pelas quais o engenheiro
frequentemente se interessa exclusivamente.
O método da “linha elástica”, pelo contrário, fornece as deformações devidas
à flexão como funções das coordenadas 𝑧 ao longo dos eixos da viga, mas exige um
gasto elevado de tempo.
9.1. Bases teóricas
Imaginemos várias cargas (forças e/ou momentos) aplicadas numa viga,
estando duas cargas de cada tipo representadas na Figura 9.1.
Figura 9.1 - Viga carregada por forças e momentos
Caso consideremos só pequenas deformações e pressupondo a validade da
lei de Hooke, podemos supor relações lineares entre as cargas (forças e momentos),por um lado, e as deformações (deslocamentos e inclinações), por outro.
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
148 148
O deslocamento (a inclinação) num ponto qualquer “𝑖” não dependerá somente
da força (do momento) que neste ponto se aplica, mas sim de todas as cargas
aplicadas na viga:
𝑣¥ = ¶(𝛼¥j𝐹j + 𝛾¥j𝑀j)
Ñ
jk�
[9.1]
𝜑¥ = ¶(𝛿¥j𝐹j + 𝛽¥j𝑀j)
Ñ
jk�
[9.2]
Os factores 𝛼,𝛽, 𝛾 𝑒 𝛿 são denominados “factores de influência”, visto que
indicam a influência das várias cargas nas deformações dos diferentes pontos da
estrutura.
𝛼¥j − indica a influência da força 𝐹j no deslocamento do ponto “𝑖”
𝛾¥j − indica a influência do momento 𝑀j no deslocamento do ponto “𝑖”
𝛽¥j − indica a influência do momento 𝑀j na inclinação do ponto “𝑖”
𝛿¥j − indica a influência da força 𝐹j na inclinação do ponto “𝑖”
Prosseguindo com o estudo das relações na viga da Figura 9.1, imaginemos,
agora, que apenas a força 𝐹¥ actue sobre a viga. Então o ponto de aplicação da força
𝐹¥ deslocar-se-á em um valor 𝛼¥¥𝐹¥ e a força 𝐹¥ produzirá o trabalho �
T
𝐹¥𝛼¥¥𝐹¥ (Figura
9.2).
Figura 9.2 - Trabalho produzido pelas forças
Então fazemos aplicar sucessivamente a força 𝐹j sobre o ponto “𝑘” da viga, a
qual provocará no ponto “𝑖” um deslocamento 𝛼¥j𝐹j e, por isso, a força já aplicada 𝐹¥
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
149 149
realizará o trabalho suplementar 𝛼¥j𝐹j𝐹¥. Para além disso, a força 𝐹j produzirá no
ponto “𝑘” o trabalho �
T
𝛼jj𝐹jT.
O trabalho total produzido pelas forças externas 𝐹¥ e 𝐹j importa, pois, em:
𝑊lQ =
1
2𝛼¥¥𝐹¥
T + 𝛼¥j𝐹¥𝐹j +
1
2𝛼jj𝐹j
T [9.3.1]
Se realizarmos de modo contrário o procedimento que acabamos de imaginar,
quer dizer, se começarmos com a força 𝐹j, então o trabalho será:
𝑊lQQ =
1
2𝛼jj𝐹j
T + 𝛼j¥𝐹j𝐹¥ +
1
2𝛼¥¥𝐹¥
T [9.3.2]
Como a quantidade do trabalho total não pode depender da sequência de
aplicação das forças, ambos os trabalhos têm que ser iguais: 𝑊Q =𝑊QQ =𝑊l
Disto segue-se:
𝛼j¥ = 𝛼¥j [9.4.1]
Quer dizer, o trabalho produzido pela carga externa é uma função homogênea
de segundo grau das cargas. Se darmos a demonstração, podemos concluir pela
equação [9.4.1] que analogamente:
𝛽¥j = 𝛽j¥ 𝑒 𝛾¥j = 𝛾j¥ [9.4.2]
As relações [9.4] exprimem o “teorema de troca de Betti”. Então, o trabalho
total produzido por todas as cargas aplicadas na será:
𝑊 =
1
2¶(𝐹¥𝑣¥ + 𝑀¥𝜑¥)
Ñ
¥k�
[9.5]
Com as relações [9.1] e [9.2] obtemos:
𝑊 =
1
2¶¶(𝛼¥j𝐹¥𝐹j + 𝛾¥j𝐹¥𝑀j + 𝛿¥j𝐹j𝑀¥ + 𝛽¥j𝑀¥𝑀j)
Ñ
jk�
Ñ
¥k�
[9.6]
Com base nas relações [9.1], [9.2] e [9.6] resulta:
𝜕𝑊
𝜕𝐹?
=
1
2¶
(𝛼¥?𝐹¥ + 𝛿¥?𝑀¥)
Ñ
¥k�
+
1
2¶
(𝛼?j𝐹j + 𝛾?j𝑀j)
Ñ
¥k�
𝜕𝑊
𝜕𝐹?
=
1
2¶[(𝛼¥? + 𝛼¥?)𝐹¥ + (𝛿¥? + 𝛾?¥)𝑀¥]
Ñ
¥k�
Atendendo a [9.4] e considerando [9.1] e [9.2] obtemos o primeiro teorema
de Castegliano:
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
150 150
𝜕𝑊
𝜕𝐹?
=¶(𝛼¥?𝐹¥ + 𝛾¥?𝑀¥)
Ñ
¥k�
= 𝑣? [9.7.1]
𝜕𝑊
𝜕𝑀?
=¶(𝛿?j𝐹j + 𝛽?j𝑀j)
Ñ
¥k�
= 𝜑? [9.7.2]
Em termos verbais: “A derivada parcial do trabalho produzido pela carga
externa em relação a uma força (momento) dá o deslocamento (inclinação) no ponto
de aplicação daquela força (momento) na sua direcção. No caso de um resultado
negativo, a deformação tem o sentido oposto ao da carga correspondente. ”
Pode, à primeira vista, parecer necessário conhecer os factores de influência
para se aplicar o teorema de Castegliano. Na verdade, não é assim. Baseando-se
na igualdade do trabalho produzido pela carga externa e do trabalho de deformação
elástica, as equações [9.7] escrevem-se na forma seguinte:
𝜕𝑊É
𝜕𝐹?
= 𝑣?
𝜕𝑊É
𝜕𝑀?
= 𝜑? [9.8]
Existe um segundo teorema de Castegliano, que apresentamos sem dar
demonstração, por ter importância reduzida na prática de engenharia:
𝜕𝑊É
𝜕𝑣?
= 𝐹?
𝜕𝑊É
𝜕𝜑?
= 𝑀? [9.9]
Chamamos atenção ao estimado leitor para o facto de o teorema de
Castegliano com a forma das equações [9.8] e [9.9] ser válido, só em condições de
invariabilidade da temperatura e de validade da lei de Hooke. No caso contrário, o
trabalho de deformação elástica deve ser substituído pelo trabalho suplementar.
Introduzamos então, as expressões do trabalho de deformação elástica,
válidas para vários tipos de solicitações:
Tracção:
𝑊¾p = :
𝜎T
2𝐸 𝑑𝑉
m
= : :
𝑁T
2𝐸𝐴2𝑑𝐴𝑑𝑧
AB
= :
𝑁T
2𝐸𝐴𝑑𝑧
B
Flexão:
𝑊êB = :
𝜎T
2𝐸 𝑑𝑉
m
= :
𝑀T
2𝐸𝐼 𝑑𝑧
B
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
151 151
Corte:
𝑊Ì = :
𝜏T
2𝐺 𝑑𝑉
m
= : :
𝑇T𝑆T
𝑏T𝐼T. 2𝐺 2𝑑𝐴𝑑𝑧
AB
= 𝑋:
𝑇T
2𝐺𝐴 𝑑𝑧
B
𝑋£ =
𝐴
𝐼�T
:
𝑆�T(𝑥).𝑑𝐴
𝑏T(𝑥)
A
𝑋� =
𝐴
𝐼£T
:
𝑆£T(𝑦). 𝑑𝐴
𝑏T(𝑥)
A
Torção:
𝑊¾ = :
𝜏T
2𝐺 𝑑𝑉
m
= :
𝑀¾
T
2𝐺𝐼¾
𝑑𝑉
m
O trabalho total de deformação elástica para estruturas compostas por n
trechos será:
𝑊É = ¶{:
𝑁jT
2(𝐸𝐴)j
𝑑𝑧j
Bo
¤
+:
𝑀£j
T
2(𝐸𝐼£)j
𝑑𝑧j +:
𝑀�j
T
2Ö𝐸𝐼�×j
𝑑𝑧j +:
𝑀¾j
T
2(𝐺𝐼¾)j
𝑑𝑧j +
Bo
¤
Bo
¤
Bo
¤
Ñ
jk�
+𝑋£j :
𝑇�jT
2(𝐺𝐴)j
𝑑𝑧j
Bo
¤
+𝑋�j :
𝑇£jT
2(𝐺𝐴)j
𝑑𝑧j
Bo
¤
} [9.10]
Com base na expressão [9.10] e mediante o teorema de Castegliano [9.8], as
deformações podem ser determinadas para qualquer ponto da estrutura. Por
exemplo:
𝜕𝑊É
𝜕𝐹¥
= 𝑣¥ = ¶{:
𝑁j
(𝐸𝐴)j
𝜕𝑁j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j
Bo
¤
+:
𝑀£j
(𝐸𝐼£)j
𝜕𝑀£j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j +:
𝑀�j
Ö𝐸𝐼�×j
𝜕𝑀�j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j +
Bo
¤
Bo
¤
Ñ
jk�
+:
𝑀¾j
(𝐺𝐼¾)j
𝜕𝑀¾j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j
Bo
¤
+ 𝑋£j :
𝑇�j
(𝐺𝐴)j
𝜕𝑇�j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j
Bo
¤
+𝑋�j :
𝑇£j
(𝐺𝐴)j
𝜕𝑇£j
𝜕𝐹¥
𝑑𝑧j
Bo
¤
} [9.11]
Sendo os eixos 𝑥, 𝑦 eixos centrais principais de inércia.
Pode parecer que a aplicação do teorema de Castegliano seja bastante
trabalhosa. No entanto, ao aplicar-se na resolução de um problema real, a equação
[9.11] simplifica-se, em geral, consideravelmente:
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
152 152
§ Frequentemente são desprezados os termos devidos à tracção (excepto nos
cabos) e ao corte, por causa dos seus valores reduzidos em comparação com
os restantes.
§ Numa estrutura plana, carregada no seu plano, aparece só um termo devido à
flexão (e ao corte).
§ Numa estrutura espacial as deformações nos planos 𝑥𝑧 e 𝑦𝑧 determinam-se
separadamente, de modo que, também nestecaso, só um termo da flexão (e
do corte) entra simultaneamente no cálculo.
Para fins de determinação das deformações em quaisquer pontos da estrutura,
torna-se necessário formular para cada trecho as expressões analíticas dos esforços.
Em comparação com o método da linha elástica, os esforços entram nas
fórmulas do teorema de Castegliano na forma quadrada, de modo que os seus sinais
não dependem das coordenadas usadas. Além disso, deixa de existir a necessidade
da determinação das condições de fronteiras e de transição.
Num ponto, onde se peçam deformações e não haja cargas externas (reais)
aplicadas, devemos introduzir cargas fictícias correspondentes. As equações dos
esforços e as reacções de apoio determinam-se como funções das cargas reais e
fictícias. Tendo efectuado, conforme a equação [9.11], as derivadas em relação às
cargas fictícias, igualamo-las a zero.
9.2. Aplicação do teorema do Castegliano em estruturas isostáticas
Em estruturas isostáticas utiliza-se o teorema de Castegliano com o fim de
determinar as deformações em pontos singulares.
Utiliza-se a seguinte sequência de cálculo:
1. Introduzir cargas fictícias nos pontos onde se pedem deformações, quando não
houver nestes pontos cargas reais correspondentes.
2. Determinar as reacções de apoio como funções das cargas reais e fictícias.
3. Subdividir a estrutura em trechos e introduzir as coordenadas de trecho
correspondentes.
4. Estabelecer as equações dos esforços como funções das cargas reais e
fictícias e calcular as derivadas parciais em relação às cargas, em cujas
direcções são pedidas as deformações. É conveniente trabalhar com uma
tabela (Vide nos exemplos a seguir).
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
153 153
5. Realizar as operações segundo a equação [9.11], igualando depois as cargas
fictícias a zero.
Exemplo 9.1
Para a viga representada na Figura 9.3a, determinar o deslocamento no ponto
“𝑪” e as inclinações nos pontos “𝑨” e “𝑩”. (Desprezar o trabalho de deformação
elástica devido ao corte).
Figura 9.3 - Exemplo 9.1
Solução
O deslocamento pedido no ponto “𝑪” realizar-se-á verticalmente, isto é, na
direcção da força real “𝑭”. Como nos pontos “𝑨” e “𝑩” em que são pedidas as
inclinações não há momentos exteriores reais, introduzimos os momentos fictícios
𝑴𝒇𝑨 e 𝑴𝒇𝑩 (Figura 11.3b).
As reacções de apoio serão:
𝐴 =
1
3𝑎
Ö𝑀êA + 𝑀êX× −
𝐹
3 𝐵 =
4
3𝐹 −
1
3𝑎
Ö𝑀êA +𝑀êX×
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
154 154
Tabela 12 - Tabela de cálculo
Trecho
“k” 𝑀j
𝜕𝑀j
𝜕𝑀êA
𝜕𝑀j
𝜕𝑀êX
𝜕𝑀j
𝜕𝐹 Limites
1
–𝑀êA �1 −
𝑧�
3𝑎� −𝑀êX
𝑧�
3𝑎 + 𝐹
𝑧�
3
1 −
𝑧�
3𝑎 −
𝑧�
3𝑎
𝑧�
3 0…3𝑎
2 𝐹. 𝑧T 0 0 𝑧T 0…𝑎
𝑀êA = 0 𝑀êX = 0
𝜑A =
𝜕𝑊
𝜕𝑀êA
=
1
𝐸𝐼
: 𝐹
𝑧�
3
�9
¤
�1 −
𝑧�
3𝑎� . 𝑑𝑧� =
𝑭𝒂𝟐
𝟐𝑬𝑰
𝜑X =
𝜕𝑊
𝜕𝑀êX
=
1
𝐸𝐼
: 𝐹
𝑧�
3
�9
¤
�−
𝑧�
3𝑎� . 𝑑𝑧� = −
𝑭𝒂𝟐
𝑬𝑰
𝑣Ì =
𝜕𝑊
𝜕𝐹 =
1
𝐸𝐼
r: 𝐹
𝑧�
3
�9
¤
𝑧�
3 . 𝑑𝑧� +
:𝐹𝑧T. 𝑧T
9
¤
. 𝑑𝑧Ts =
𝟒𝑭𝒂𝟑
𝟑𝑬𝑰
Exemplo 9.2
Para a estrutura da Figura 9.4a, determinar as deformações no ponto da
aplicação da força “𝑭” e o deslocamento do apoio “𝑪”. (Desprezar os trabalhos de
deformação elástica devidos à tracção e ao corte.)
Figura 9.4 - Exemplo 9.2
Solução
§ No ponto de aplicação da força 𝑭 as deformações possíveis são: o
deslocamento vertical (segundo a direcção da força 𝑭) e uma inclinação, para
cuja a determinação introduzimos o momento fictício 𝑴𝒇. O apoio C pode
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
155 155
deslocar-se apenas na direcção vertical, em que não actua nenhuma força, por
isso, introduzimos a força fictícia 𝑭𝒇. (Figura 9.4b)
§ Resultam as seguintes reacções de apoio:
𝐵� = 𝐹 + 𝐹ê
𝐶 = −𝐵� = 2𝐹 + 𝐹ê +
𝑀ê
𝑙
Tabela 13 – Tabela de cálculo
Trecho k 𝑀j 𝜕𝑀j
𝜕𝐹
𝜕𝑀j
𝜕𝐹ê
𝜕𝑀j
𝜕𝑀ê
Limites
1 𝑀ê + 𝐹 𝑧� 𝑧� 0 1 0… 𝑙
2 (2𝐹 + 𝐹ê +
𝑀ê
𝑙 )𝑧T
2𝑧T 𝑧T 𝑧T
𝑙 0… 𝑙
3 (𝐹 + 𝐹ê)𝑧� 𝑧� 𝑧� 0 0… 𝑙
𝑴𝒇𝑨 = 𝟎 𝑭𝒇 = 𝟎
𝑣l =
𝜕𝑊
𝜕𝐹 =
1
𝐸𝐼 @
:𝐹
B
¤
𝑧�T. 𝑑𝑧� +: 4𝐹
B
¤
𝑧TT. 𝑑𝑧T +:𝐹
B
¤
𝑧�T. 𝑑𝑧�A =
𝟐𝑭𝒍𝟑
𝑬𝑰
𝑣I =
𝜕𝑊
𝜕𝐹ê
=
1
𝐸𝐼 @
:2𝐹𝑧TT
B
¤
. 𝑑𝑧T +:𝐹
B
¤
𝑧�T. 𝑑𝑧�A =
𝑭𝒍𝟑
𝑬𝑰
𝜑l =
𝜕𝑊
𝜕𝑀ê
=
1
𝐸𝐼 @
:𝐹𝑧�𝑑𝑧�
Ð
¤
+:
2𝐹
𝑙 𝑧T
T
B
¤
. 𝑑𝑧TA =
𝟕𝑭𝒍𝟐
𝟔𝑬𝑰
9.3. Aplicação do teorema de Castegliano em estruturas hiperestáticas
Distinguem-se dois tipos de hiperestacidade: a hiperestacidade exterior e a
hiperestacidade interior.
9.3.1. Estruturas exteriormente hiperestáticas
Nas estruturas exteriormente hiperestáticas o número de condições de
equilíbrio que estão à disposição não é suficiente para a determinação das reacções
de apoio. Ficamos com um certo número das reacções de apoio incógnitas, as
chamadas “reacções hiperestáticas”, o qual corresponde ao grau de hiperestacidade.
Com base no comportamento elástico das estruturas podemos determinar as
equações adicionalmente necessárias a partir de relações de deformação. O método
correspondente consiste na aplicação do princípio de sobreposição. Com esse fim
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
156 156
transformamos o sistema hiperestático num sistema isostático, de modo que às
reacções hiperestáticas caiba a função de cargas externas cuja tarefa consiste em
anular as respectivas deformações. Por outras palavras: Numa estrutura n-vezes
hiperestática escolhemos arbitrariamente n reacções de apoio que são consideradas
hiperestáticas e determinamo-las, exigindo que as deformações nas suas direcções
sejam nulas. Ou seja, a derivada parcial do trabalho total de deformação elástica em
ordem a uma reacção hiperestática tem que ser nula:
𝜕𝑊É
𝜕𝐹?¥=
= 0
𝜕𝑊É
𝜕𝑀?¥=
= 0 [9.12]
Mesmo que a escolha das reacções hiperestáticas seja arbitrária, temos que
garantir que o sistema restante fique isostático, isto é, não podemos arbitrar uma
reacção de apoio como hiperestática, enquanto que esta se determina simplesmente
com base nas condições de equilíbrio.
Tendo arbitrado o número necessário de reacções de apoio como
hiperestáticas, temos que escrever todas as reacções de apoio restantes como
funções das cargas reais e fictícias e das reacções hiperestáticas. Quer dizer, nas
equações dos esforços que fazem parte da tabela, aparecem exclusivamente as
cargas reais e fictícias e as reacções de apoio hiperestáticas. Depois de ter
determinado as reacções hiperestáticas, o cálculo das deformações realiza-se como
foi explicado no capitulo precedente, utilizando-se a mesma tabela.
Exemplo 9.3
Para a estrutura representada na Figura 9.5a, pedem-se as reacções de apoio
e o deslocamento do ponto C. (Desprezar os trabalhos de deformação elástica devido
à tracção e ao corte).
Figura 9.5 - Exemplo 9.3
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
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157 157
Solução
§ O sistema é uma vez exteriormente hiperestático. Arbitramos como reacção
hiperestática a reacção 𝑩.
Nota: Não se pode escolher a reacção 𝑨𝒚 como hiperestática, visto que se trata
duma reacção isostática, que se determina pelas condições de equilíbrio.
§ No ponto em que se pede o deslocamento, não está aplicada nenhuma força
real por isso, introduzimos a força fictícia 𝐹ê. (Não se pode derivar o trabalho
de deformação elástica em relação a uma carga distribuída porque não se trata
de uma carga pontual.)
Tabela 14 – Tabela de cálculo
Trecho k 𝑀j 𝜕𝑀j
𝜕𝐵
𝜕𝑀j
𝜕𝐹ê
Limites
1 √2
2 𝐵𝑧�
√2
2 𝑧� 0 0…√2𝑙
2 𝐵𝑙 − 𝐹ê𝑧T −
𝑞
2 𝑧T
T 𝑙−𝑧T 0… 𝑙
𝑭𝒇 = 𝟎
𝜕𝑊
𝜕𝐵 = 0 =
1
𝐸𝐼
t: 𝐵
𝑧�T
2
√TB
¤
𝑑𝑧� +: �𝐵𝑙T −
𝑞
2 𝑙𝑧T
T�𝑑𝑧T
B
¤
u → 𝑩 =
𝒒𝒍
𝟔 + 𝟐√𝟐
§ Condições de equilíbrio:
↑ : 𝐴� − 𝑞𝑙 = 0
→: 𝐵 − 𝐴� = 0
𝐴 ↺ : 𝑀A + 𝐵𝑙 −
𝑞𝑙T
2 = 0
𝑨𝒚 = 𝒒𝒍
𝑨𝒛 = 𝑩 = 𝒒𝒍
𝟔 + 𝟐√𝟐
𝐴 ↺ : 𝑴𝑨 =
𝟐 + √𝟐
𝟔 + 𝟐√𝟐
𝒒𝒍𝟐
𝑣I =
𝜕𝑊
𝜕𝐹ê
=
1
𝐸𝐼
: �
𝑞
2 𝑧T
� − 𝐵𝑙𝑧T� 𝑑𝑧T
B
¤
=
1
𝐸𝐼 #
𝑞𝑙j
8 −
𝐵𝑙�
2 $ =
𝟏+ √𝟐
𝑩(𝟑 + √𝟐)
𝒒𝒍𝟒
𝑬𝑰
Exemplo 9.4
Para a estrutura representada na Figura 9.6a, determinar as reacções de apoio
e o deslocamento do ponto C. (Desprezar o trabalho de deformação elástica devido
ao corte.)
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
158 158
Figura 9.6 - Exemplo 9.4
Dados:
𝐸 = 2. 10>𝑀𝑃𝑎
𝑞 = 2 𝑁/𝑐𝑚
𝑙 = 200 𝑐𝑚
𝑎 = 100 𝑐𝑚
𝐼� = 2𝐼T = 200 𝑐𝑚j
𝐴 = 2 𝑐𝑚T
Solução
§ No ponto C é necessário introduzir a força 𝐹ê, sendo aqui pedido o
deslocamento sem que haja uma força correspondente.
§ Condições de equilíbrio:
↑ : 𝐴� + 𝐵� − 𝑞𝑙 − 𝐹ê = 0
→ : 𝐴� + 𝐵� = 0
𝐴 ↺ : 𝑀A + 𝑀X + 𝐵9𝑎 −
𝑞𝑙T
2 − 𝐹ê𝑙 = 0
𝐷 ↺: 𝑀X − 𝐵�𝑙 = 0
𝐶 ↺ : 𝑀X − 𝐵�𝑙 + 𝐵�𝑎 = 0
𝐴� = 0
𝐵� = 0
𝐵� =
𝑀X
𝑙
𝐴� = 𝑞𝑙 −𝑀X
𝑙 + 𝐹ê
𝑀A = −𝑀X +
𝑞𝑙T
2 + 𝐹ê𝑙
O sistema é uma vez exteriormente hiperestático. Como reacção hiperestática
foi escolhida a reacção 𝑀X. As restantes reacções de apoio escrevem-se como
funções da carga real e fictícia e da reacção 𝑀X. (não se pode escolher as reacções
𝐴� ou 𝐵� como hiperestáticas, pois são estaticamente determinadas.)
Como só é permitido desprezar o trabalho de deformação elástica devido ao
corte, somos obrigados a considerar tanto o trabalho devido à flexão como o trabalho
devido à tracção e compressão. (Não há torção).
§ Equações dos momentos flectores
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
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159 159
𝑀�(𝑧�) = 𝑀X − 𝐵�𝑧� = 𝑀X �1 −
𝑧�
𝑙 � 𝑀T(𝑧T) = 0
𝑀�(𝑧�) = 𝑀A − 𝐴�𝑧� +
𝑞𝑧�
2 = 𝑀X �
𝑧�
𝑙 − 1� + 𝐹ê
(𝑙 − 𝑧�) +
𝑞
2
(𝑙 − 𝑧�)T
𝑁�(𝑧�) = 0 𝑁T(𝑧T) = −𝐵� = −
𝑀X
𝑙 𝑁�(𝑧�) = 0
Tabela 15 – Tabela de cálculo
𝑘 𝑀j 𝑁j
𝜕𝑀j
𝜕𝑀X
𝜕𝑀j
𝜕𝐹ê
𝜕𝑁j
𝜕𝑀X
𝜕𝑁j
𝜕𝐹ê
Limites
1 𝑀X �1 −
𝑧�
𝑙
� 0 1 −
𝑧�
𝑙
0 0 0 0 − 𝑙
2 0 −
𝑀X
𝑙
0 0 −
1
𝑙
0 0 − 𝑎
3 𝑀X �
𝑧�
𝑙
− 1� + 𝐹ê(𝑙 − 𝑧�) +
𝑞
2
(𝑙 − 𝑧�)T 0
𝑧�
𝑙
− 1 𝑙 − 𝑧� 0 0 0 − 𝑙
𝐹ê = 0
𝜕𝑊É
𝜕𝑀X
= 0 =
1
𝐸𝐼T
:𝑀𝐵 �1 −
𝑧1
𝑙
�
2
𝑑𝑧1
B
¤
+
1
𝐸𝐴
:!−
𝑀𝐵
𝑙
" !−
1
𝑙
"𝑑𝑧T
9
¤
+
+
1
𝐸𝐼�
:+𝑀X �
𝑧3
𝑙
− 1� +
𝑞
2
(𝑙 − 𝑧3)2, ∗ �
𝑧3
𝑙
− 1� 𝑑𝑧�
�
¤
=
𝑀X
3𝐸 !
1
𝐼T
+
1
𝐼�
+
3𝑎
𝐴𝑙�" −
𝑞𝑙T
8𝐸𝐼�
𝑀X = 100 𝑁𝑚 𝐵� = 50 𝑁 𝐴� = 350 𝑁 𝑀A = 300 𝑁𝑚
𝜕𝑊É
𝜕𝐹ê
= 𝑣Ì =
1
𝐸𝐼�
:+𝑀𝐵 �
𝑧3
𝑙
− 1� +
𝑞
2
(𝑙 − 𝑧3)2, (𝑙 − 𝑧3)𝑑𝑧3
B
¤
=
1
𝐸𝐼�
(−
1
3𝑀X𝑙T +
1
8 𝑞𝑙
j)
𝑣Ì = 0,067 𝑐𝑚
9.3.2. Estruturas interiormente hiperestáticas
Uma estruturas é considerada interiormente hiperestática, se as condições
estáticas de equilíbrio não forem suficientes para a determinação dos esforços
internos nas secções, embora as reacções de apoio sejam conhecidas. Nestes casos,
temos que considerar relações de deformação do sistema. Imaginemos o sistemas
cortado num ponto qualquer “h” e inscrevamos os esforços 𝑀?, 𝑇?, e 𝑁? que são os
esforços hiperestáticos do sistema. Então estabelecemos as equações do trabalho
total de deformação elástica para ambas as partes do sistema, que serão funções
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
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160 160
homogêneas do segundo grau, tanto das cargas exteriores, (𝐿¥ ; 𝑖 = 1,2,… , 𝑛), como
dos esforços hiperestáticos:
𝑊ÉQ = 𝑊É(𝐿� , 𝐿T , … , 𝐿¡ ; 𝑀? , 𝑇? , 𝑁?)
𝑊ÉQQ =𝑊É(𝐿¡v� , … , 𝐿Ñ ; −𝑀? , −𝑇? , −𝑁?).
Pelo teorema de Castegliano temos, por exemplo,
𝜕𝑊ÉQ
𝜕𝑀?
= 𝜑?Q
𝜕𝑊ÉQQ
𝜕𝑀?
= −𝜑?QQ
𝜕(𝑊ÉQ +𝑊ÉQQ)
𝜕𝑀?
= 𝜑?Q − 𝜑?Q
Porém, tais diferenças de deformações não podem surgir sem que a estrutura
seja destruída. Portanto tem que ser:
e analogamente [9.12]
Em termos verbais: os esforços hiperestáticos assumem valores tais que o
trabalho de deformação elástica seja extremo (mínimo). “A derivada parcial do
trabalho de deformação elástica em ordem aos esforços hiperestáticos é nula”.
Nota-se, que no caso de estruturas geometricamente simétricas, o
procedimento se simplifica, explorando o facto de que nos pontos situados sobre as
linhas de simetria no sistema com carga simétrica o esforço transverso é nulo (esforço
assimétrico) e no sistema com carga assimétrica o momento flector e o esforço normal
são nulos (esforços simétricos).
Num sistema simétrico será sempre possível redistribuir a carga exterior, de
modo que obtenhamos sistemas carregados simetricamente e sistemas carregados
assimetricamente.
Mediante o exemplo a seguir, demonstramos o procedimento.
Exemplo 9.5
Para a estrutura da Figura 9.7a, desenhar os diagramas dos esforços, considerando
exclusivamente o trabalho de deformação elástica devido à flexão.
0=
¶
¶
h
d
M
W 0=
¶
¶
h
d
T
W 0=
¶
¶
h
d
N
W
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
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161 161
Solução:
Imaginemos a estrutura cortada no ponto C e inscrevemos neste ponto os
esforços hiperestáticos. Tendo calculado as reacções de apoio, resulta o esquema de
cálculo representado na Figura 9.7b.
𝑘 𝑀j
𝜕𝑀j
𝜕𝑀¤
𝜕𝑀j
𝜕𝑁¤
𝜕𝑀j
𝜕𝑇¤
Limites
1 𝑀¤ + 𝑇¤𝑧� 1 0 𝑧� 0… 𝑙
2 𝑀¤ + 𝑇¤𝑙 − 𝑁¤𝑧T − 𝐹𝑧T 1 −𝑧T 𝑙 0…2𝑙
3 𝑀¤ − 𝑁¤𝑧� 1 −𝑧� 0 0…2𝑙
4 𝑀¤ − 𝑁¤2𝑙 + 𝑇¤𝑧j − 2𝐹𝑧j 1 −2𝑙 𝑧j 0… 𝑙
𝜕𝑊
𝜕𝑀¤
= 0 = :(𝑀¤ + 𝑇¤𝑧�)𝑑𝑧�
B
¤
+:(𝑀¤ + 𝑇¤𝑙 − 𝑁¤𝑧T − 𝐹𝑧T)𝑑𝑧T
TB
¤
+: (𝑀¤ − 𝑁¤𝑧�)𝑑𝑧�
TB
¤
+
+:(𝑀¤ − 𝑁¤2𝑙 + 𝑇¤𝑧j − 2𝐹𝑧j)𝑑𝑧j
B
¤
= 6𝑀¤ + 3𝑇¤𝑙 − 6𝑁¤𝑙 − 3𝐹𝑙 = 0 [𝑎]
𝜕𝑊
𝜕𝑁¤
= 0 = 0 +: (𝑀¤ + 𝑇¤𝑙 − 𝑁¤𝑧T − 𝐹𝑧T)(−𝑧T)𝑑𝑧T
TB
¤
+: (𝑀¤ − 𝑁¤𝑧�)(−𝑧�)𝑑𝑧�
TB
¤
+
Figura 9.7 - Exemplo 9.5
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
162 162
+:(𝑀¤ − 𝑁¤2𝑙 + 𝑇¤𝑧j − 2𝐹𝑧j)(−2𝑙)𝑑𝑧j
B
¤
= −6𝑀¤ +
28
3 𝑁¤𝑙 − 3𝑇¤𝑙 −
14
3 𝐹𝑙 = 0 [𝑏]
𝜕𝑊
𝜕𝑇¤
= 0 = :(𝑀¤ + 𝑇¤𝑧�)𝑧�𝑑𝑧�
B
¤
+: (𝑀¤ + 𝑇¤𝑙 − 𝑁¤𝑧T − 𝐹𝑧T)𝑙𝑑𝑧T
TB
¤
+
+:(𝑀¤ − 𝑁¤2𝑙 + 𝑇¤𝑧j − 2𝐹𝑧j)𝑧j𝑑𝑧j
B
¤
= 3𝑀¤ +
8
3𝑇¤𝑙 − 3𝑁¤𝑙 −
8
3𝐹𝑙 = 0 [𝑐]
Resolvemos o sistema das equações [a], [b] e [c] e obtemos:
𝑀¤ = −
1
2𝐹𝑙
𝑇¤ = 𝐹 𝑁¤ = −
1
2𝐹
Conhecendo os esforços 𝑀¤ , 𝑇¤ 𝑒 𝑁¤ podemos construímos os diagramas dos
esforços (Figura 9.8)
Resolvemos mais uma vez o problema, explorando as vantagens que a
simetria da estrutura oferece:
A Figura 9.9 mostra a redistribuição da carga exterior, obtendo-se deste modo
só cargas simétricas e cargas assimétricas.
A - - - - A: eixos de assimetria da carga
S - - - - S: eixos de simetria da carga
Para os três sistemas parciais da Figura 9.9, pode-se construir os diagramas
dos esforços sem qualquer cálculo, como são representados na Figura 9.10.
Capítulo 9 – Teorema de Castegliano
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
163 163
Figura 9.8 - Diagramas dos esforços internos em estruturas interiormente hiperestáticas
Sobrepondo os
diagramas dos esforços
da das últimas duas
figurasobtém o diagrama
dos esforço da primeira.
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
12Então, tomou Samuel uma pedra, e a pôs entre Mispa e Sem, e chamou o seu nome
Ebenézer, e disse: Até aqui nos ajudou o Senhor: 1Samuel 7:12
21A graça do nosso Senhor Jesus Cristo seja com todos vós!
Ámen - Apocalipse 22:21
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS ENG.º M. A. MAZOCA
165
CAPÍTULO 10. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
§ Budynas, Richard G. & NISBETT, J. Keith Shigley’s Mechanical Engineering
Design, Ninth Edition, Library of Congress Cataloging-in-Publication Data,
2011
§ WELZK, Frank-Joachim Resistência dos Materiais. Livro didáctico, vol. I e II,
Ministério do Ensino Técnico e Superior da R.D.A
§ HIBBELER, R.C. Resistência dos Materiais. 5a edição.
§ PISSARENKO, G.S., LAKOVLEV, A.P., MATVEIEV, V.V. Prontuário de
Resistência dos Materiais. Mir, Moscovo
§ BEER, P. Ferdinand, JOHNSTON, E. Russel Jr., DeWOLF, John T.,
MAZUREK, F. David Mechanics of Materials, Sixth Edition, McGraw-Hill
Companies, New York.
§ TIMOSHENKO, S. Strength of Materials Second Edition, D. Van Nostrand
Company, New York.Mais conteúdos dessa disciplina
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