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ÍNDICE 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS III 
ÍNDICE 
 
 
 
 
 
 
 Pág. 
1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 1.1 – Vetor Tensão .............................................................................. 1 
 1.2 – Igualdade de Tensões Tangenciais ............................................ 3 
 1.3 – Representação Tensorial ............................................................ 4 
 1.4 – Representação Através do Círculo de Mohr .............................. 5 
 1.5 – Caso Particular Importante ....................................................... 7 
 1.6 – O Estado Geral de Tensão ......................................................... 8 
 1.7 – Complementação ........................................................................ 13 
 1.8 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 15 
2 – TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 2.1 – Introdução .................................................................................. 27 
 2.1.1 – Falha de Materiais Policristalinos ................................ 29 
 2.2 – Teoria da Máxima Tensão Normal ............................................ 30 
 2.3 – Coeficiente de Segurança ........................................................... 31 
 2.4 – Tensão Equivalente .................................................................... 32 
 2.5 – Teoria da Máxima Tensão Tangencial (TRESCA) .................... 32 
 2.6 – Teoria da Energia de Distorção (Von MISES) .......................... 35 
 2.7 – Observação Sobre o Invariante I1 .............................................. 36 
 2.8 – Falha de Materiais Dúteis ......................................................... 39 
 2.9 – Um Caso Importante .................................................................. 39 
 2.10 – Teoria de MOHR-COULOMB ................................................. 41 
 2.11 – Teoria de COULOMB- MOHR Modificada ............................. 44 
 2.12 – Exercícios Resolvidos .............................................................. 47 
3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 3.1 – Introdução .................................................................................. 54 
 3.2 – Cálculo das Tensões Normais .................................................... 55 
 3.3 – Cálculo da Deflexão ................................................................... 58 
 3.4 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 60 
4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 4.1 – Analogia da Membrana ............................................................. 70 
 4.2 – Torção Uniforme em Perfis de Parede Fina .............................. 72 
 4.3 – Perfis de Seção Aberta ............................................................... 74 
 4.4 – Perfis de Seção Fechada ............................................................ 77 
 4.5 – Seções Multi-Celulares .............................................................. 79 
 4.6 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 82 
ÍNDICE 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS III 
 
 
 
 
 
5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 5.1 – Introdução .................................................................................. 87 
 5.2 – Flexão em Perfis de Parede Fina .............................................. 88 
 5.3 – Tensões de Cisalhamento em Perfis de Parede Fina de 
Seção Aberta ............................................................................. 91 
 5.4 – Seção I Duplamente Simétrica ................................................... 93 
 5.5 – Estudo de uma Seção em C com Eixo de Simetria ..................... 95 
 5.6 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 99 
6 – VIGAS CURVAS 
 6.1 – Introdução .................................................................................. 104 
 6.2 – Cálculo da Tensão Normal ........................................................ 104 
 6.3 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 109 
7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 7.1 – Introdução .................................................................................. 114 
 7.2 – Cilindro Espesso Sobre Pressão Interna ................................... 117 
 7.3 – Cilindro Espesso Sobre Pressão Externa ................................. 117 
 7.4 – Tensões Longitudinais ................................................................ 118 
 7.5 – Máxima Tensão Tangencial ....................................................... 118 
 7.6 – Cilindros Compostos .................................................................. 119 
 7.7 – Interferência ............................................................................... 120 
 7.8 – Complementação ........................................................................ 122 
 7.9 – Cilindro de Parede Fina Como Caso Particular de Cilindro 
Espesso ...................................................................................... 123 
 7.10 – Força de Arranque ................................................................... 124 
 7.11 – Auto-Fretagem ......................................................................... 125 
 7.12 – Exercícios Resolvidos .............................................................. 128 
8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 8.1 – Princípio de D’Alembert ............................................................ 135 
 8.2 – Carga de Impacto ....................................................................... 136 
 8.3 – Fator Dinâmico Para Corpos em Queda Livre ......................... 137 
 8.4 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 139 
9 – DISCOS QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 9.1 – Cálculo das Tensões Radiais e Circunferenciais ....................... 145 
 9.2 – Caso de um Disco Sólido ........................................................... 147 
 9.3 – Disco com Furo Central ............................................................ 148 
 9.4 – Disco e Eixo Acoplados com Interferência ................................ 150 
 9.5 – Tensões Combinadas de Rotação e Térmica ............................. 150 
 9.6 – Exercícios Resolvidos ................................................................ 155 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS III 
 
 
10 – FLAMBAGEM 
 10.1 – Colunas Sob Carga Excêntrica ................................................ 163 
 10.2 – Equilíbrio Elástico Estável e Instável ...................................... 167 
 10.3 – Carga Crítica – Diferentes condições de extremidades .......... 169 
 10.4 – Tensão Crítica .......................................................................... 170 
 10.5 – Travejamento ........................................................................... 174 
 10.6 – Seção Composta ....................................................................... 176 
 10.7 – Processo Ômega ...................................................................... 177 
 10.8 – Colunas Carregadas Excentricamente .................................... 178 
 10.9 – Exercícios Resolvidos .............................................................. 180 
APÊNDICES 
 Apêndice I – Momentos de Inércia em Relação a Eixos Inclinados ... 189 
 Apêndice II – Noções Sobre Dimensionamento de Vigas ................... 196 
 Apêndice III – Flexão Assimétrica – Equações Gerais ...................... 201 
 Apêndice IV – Discos em Rotação com Resistência Uniforme ........... 207 
 Apêndice V – Tensões Radiais em Barras de Forte Curvatura .......... 210 
 Apêndice VI – Cilindroo objetivo de desenvolver a expressão teórica da teoria, consideremos um 
estado geral de tensão e representemos seu círculo de Mohr maior, através do conhecimento 
de σ1 e σ3. Se este estado de tensão corresponder a um estado limite, de acordo com 
Coulomb, a reta tangente aos círculos de Mohr de tração e compressão tangenciará também o 
círculo de Mohr que passa por σ1 e σ3 Figura 30. 
 
 
Figura 30 
 
Da geometria da Figura 30 temos que o triângulo CVL é semelhante ao DZL. 
 
Logo: 
VL
CV
ZL
DZ
= , ou, 
VL
VLCV
ZL
ZLDZ +
=
+ (2.26) 
 
Mas: 





 −
−=
22
S
DZ 31uc σσ
 (2.27) 
2
S
2
ZL uc31 +




=
+ σσ
 (2.28) 





 −
−=
22
S
CV 31ut σσ
 (2.29) 
2
S
2
VL ut31 −




=
+ σσ
 (2.30) 
 
Substituindo (2.27), (2.28), (2.29) e (2.30) em (2.26) e simplificando, obtemos: 
 
ut3
uc
ut
1 S.
S
S
=− σσ (2.31) 
Fazendo K
S
S
uc
ut = , e substituindo em (2.31), temos: 
ut31 SK =− σσ (2.32) 
 
A tensão equivalente é: 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 44 
 
31eq Kσσσ −= (2.33) 
 
A representação gráfica desta teoria, para o estado plano de tensão, onde σa e σb 
são as tensões normais principais, é o hexágono indicado na Figura 31. 
Esta teoria é a que deve ser usada no dimensionamento de materiais frágeis. Para 
os materiais dúteis ela se confunde com a teoria da máxima tensão tangencial. 
 
 
 
Figura 31 
 
 
2.11 - TEORIA DE COULOMB MOHR MODIFICADA OU TEORIA DE MOHR MODIFICADA 
 
A teoria de Coulomb foi elaborada através da simplificação da teoria de Mohr. 
Nela, a envoltória de todos os círculos de Mohr maiores, obtidos em ensaios de laboratório, 
foi reduzida a uma reta tangente aos círculos de Mohr do ensaio de tração e compressão no 
instante de ruptura. Ela é conhecida também como a teoria do atrito interno e é baseada em 
ensaios de laboratório sem se preocupar com um agente especial causador da falha, como 
acontece com as teorias da máxima tensão normal, máxima tensão tangencial e energia de 
distorção. A reta tangente passa a ser uma característica mecânica do material a ser 
dimensionado. 
A teoria de Coulomb-Mohr estabelece que a ruptura ocorre para qualquer situação 
que produza um círculo de Mohr maior tangente ou secante à reta de Coulomb (reta tangente 
aos círculos de Mohr de tração e compressão obtidos no instante de ruptura). Conforme já foi 
deduzida, a expressão da tensão equivalente (ou equação do contorno limite) para esta teoria 
é: 
ut31eq SK =−= σσσ (2.34) 
Onde σ1, σ2 e σ3 são as tensões normais principais e 
uc
ut
S
S
K = . 
 
Esta expressão pode também ser escrita: 
1
SS uc
3
ut
1 =−
σσ
 (2.35) 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 45 
 
Para o uso das expressões (2.34) e (2.35) os valores de Sut e Suc são tomados em 
módulos. Se o material é dútil, a expressão (2.34) é a mesma da teoria da máxima tensão 
tangencial. 
 
 
Figura 32 
 
 
Analisando a Figura 32 observamos que as teorias da máxima tensão normal e 
Coulomb-Mohr coincidem nos 1º e 3º quadrantes, e diferem nos 2º e 4º. Os pontos 
representativos de ensaios de laboratório bi-axiais, realizados até a ruptura indicam, no 4º e 2º 
quadrantes (ou seja: uma tensão normal principal positiva e a outra negativa), para o estado 
plano, que a teoria de Coulomb-Mohr é por demais conservativa, pois os pontos caem fora 
dela e a teoria da máxima tensão normal não é confiável até certo ponto, pois os pontos caem 
dentro de seu contorno limite. Já no 1º e 3º quadrantes as duas teorias coincidem e qualquer 
uma delas pode ser usada para prever a ruptura de materiais frágeis satisfatoriamente. 
Observemos a linha σB/σA = -1, na Fig. 32 que representa o ensaio de torção 
pura onde: σA = σ1 = -σB = -σ3 = τmáx. A sua interseção com a reta da teoria de Coulomb-
Mohr, representa a tensão equivalente para esta teoria: σeq = σ1 - (Sut/Suc) σ3 = Sut 
τmáx = σ1 = -σ3 ∴ τmáx (1 + Sut/Suc) = Sut 
Como (1 + Sut/Suc) é maior do que 1, τmáx - Sut. Esta teoria de Coulomb-Mohr modificada 
ou simplesmente teoria de Mohr modificada, assimila no 2º e 4º quadrantes um pedaço da 
teoria da máxima tensão normal e reajusta a teoria de Coulomb-Mohr de modo a se aproximar 
mais dos resultados experimentais visando refletir melhor o comportamento real dos materiais 
frágeis no instante da ruptura. 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 46 
 
A teoria de Mohr modificada mostra, na Fig.32, não ser tão conservativa quanto a 
teoria de Coulomb-Mohr, mas é mais trabalhosa para prever a ruptura. Quando se quer 
determinar a dimensão da seção transversal de uma peça cujo ponto mais perigoso está no 4º 
(ou 2º) quadrante, é necessário usar o processo de tentativas. Ela não difere no 4º quadrante 
da teoria da máxima tensão normal até que σB = σ3 se torne inferior a - Sut. A expressão da 
tensão equivalente (ou a equação do contorno limite da teoria) é: 
 
Se: σB = σ3 > - Sut e σA = σ1 ≥ 0 
então: σeq = σA = σ1 = Sut (2.36) 
Para: σB = σ3 ≤ -Sut e σA = σ1 ≥ 0 
então: ut3
uc
utuc
1eq SK
S
SS
=−













 −
= σσσ (2.37) 
Equação da reta que passa pelos pontos: 
Sut, - Sut ; 0, - Suc 
uc
ut
S
S
K = , Sut > 0 , Suc > 0. 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
FEODOSIEV, V. I., Resistencia de Materiales., Editorial Mir. Moscou. 3ª ed. 
 
 
SHIGLEY, J. Edward., Elementos de Máquinas., Vol. I., Livros Técnicos e Científicos 
 Editora S.A., Rio de Janeiro, 1ª ed. 
 
 
SILVA Jr., Jayme F. da, Resistência dos Materiais. Ao Livro Técnico S.A., Rio de Janeiro., 
 2ª ed. 
 
 
STEPHENS, R.C. , Strength of Materials. , Edward Arnold Ltd., London. , 1ª ed. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 47 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 2.1 
Um prisma de cobre A, é colocado dentro de um recipiente rígido B. Contra o 
prisma é aplicada uma pressão “p”. Pede-se: 
1- Isolar um elemento de A e determinar sua tensão equivalente, em função de 
“p”, usando a teoria da máxima tensão tangencial. 
2- Determinar “p” de modo a não haver falha no conjunto. 
 
 
 Módulo de 
elasticidade (kgf/cm2) Coeficiente de Poisson Tensão de escoamento 
admissível (kgf/cm2) 
A cobre 1 x 106 0,33 800 
 
 
Solução: 1) 
X
Y
Z
A B
p
pA B
 
2) 0A
x =ε 
( )( ) 0p33,0
E
1
=−−−σ ⇒ p33,0=σ 
p,p33,0,0 321 −=−== σσσ 
800p31eq==−= σσσ 
 
p ≤ 800 kgf/cm2 
 
 
 
 
 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
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 Exercício 2.2 
Um anel composto é constituído por um anel de latão de 25 cm de raio interno e 
0,25 cm de espessura e por um de aço de 25,25 cm de raio interno e 0,5 cm de espessura. Se 
sobre a superfície interna do anel de latão atua uma pressão “p” , pede-se: 
1- Determinar, em função de “p”, a tensão equivalente, usando Von Mises, no 
ponto A. Este ponto pertence ao anel de latão e fica próximo à superfície de contato. 
2- Determinar, em função de “p”, a tensão equivalente, usando Von Mises, no 
ponto B. Este ponto pertence ao anel de aço e fica próximo à superfície de contato. 
3- Determinar o maior valor de “p” para que não haja escoamento nem em A e 
nem em B. 
 
 Módulo de 
elasticidade (kgf/cm2) Coeficiente de Poisson Tensão de escoamento 
admissível (kgf/cm2) 
aço 2 x 106 0,30 1200 
latão 1 x 106 0,33 800 
 
Solução: 
 
Para o pto A: 
( ) ( )σc
A p P
x p P=
−
= −0 25 25 100, 
Para o pto B: σc
B P
x P= =0 5 25 25 50 5, , , 
⇒ εx
A = εx
B 
 ( )[ ] [ ]ε εx
A
x
B
x
p P P
x
P p= − + = = +
1
1 10
100 0 33
1
2 10
50 5 0 36 6, , , 
 ∴ p = 1,25 P ou P = 0,8 p 
1) Pto A: σ1 = 20 p , σ2 = 0 , σ3 = -0,8 p 
 σeq
A = 20,41 p ⇒ 20,41 p ≤ 800 ⇒ p ≤ 39,2 kgf/cm2 
 
2) Pto B: σeq
B = 40,41 p ⇒ 40,41 p ≤ 1200 ⇒ p ≤ 29,7 kgf/cm2 
 
3) Então: pad ≤ 29,7 kgf/cm2 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 49 
 
 Exercício 2.3 
Entre duas pranchas fixas paralelas A e B está fortemente presa uma barra de aço 
com forma de paralelepípedo cujos lados são: a = 0,04 m, c = 0,02 m e l = 0,06 m. Sabe-se 
que durante a compressão com as forças P = 100 kN, a pressão da barra sobre as pranchas é p 
= 40 x 106 N/m2. Pede-se: 
1- Deformação volumétrica. 
2- Encurtamento na direção Y. 
3- Energia de distorção unitária de um elemento qualquer da barra. 
4- Verificar se o ponto está dimensionado (Von Mises). 
5- Calcular a variação de volume da barra. 
 
Dados: E = 2 x 105 MN/m2 , ν = 0,30 , Syt = 120 MN/m2 
 
Desprezar as forças de atrito entre a barra e as pranchas. 
 
Solução: 
 
 σy = -125 MN/m2 
1) ( )ε
ν
σ σ σ εv v=
−
+ + ⇒ = − −1 2
3 2 101 2 3
4
E x, 
2) ε y x y x m= − = −− −5 65 10 3 39 104 5, , ,∆ 
5) ∆V x m= − −158 10 10 3 
3) U
N m
m
= 35562 3
.
 , 
( )
p =
+ +
= −
σ σ σ1 2 3
3 55 
 U
N m
mv = 9075 3
.
 , U U U U
N m
ms s= − ⇒ =v 26487 3
.
 
4) σeq
MN
m
MN
m
= − 
∴= 200
b
410
3 b = 1,27 cm 
 
Verificando: 
( )
200107
27,1
220
3 −>−=− (Confirma) 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 54 
 
3. FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir plano do carregamento. 
- Definir traço do plano do carregamento (t.p.c.). 
- Definir flexão assimétrica. 
- Definir vetor momento fletor. 
- Deduzir a fórmula para cálculo da tensão normal em flexão assimétrica. 
- Posicionar a linha neutra. 
- Determinar a deflexão total. 
- Calcular a tensão normal máxima em seções simétricas e assimétricas. 
- Solucionar exercícios sobre flexão assimétrica envolvendo o cálculo da 
 tensão normal máxima e da deflexão. 
 
 
3.1 - INTRODUÇÃO 
 
Para a dedução das expressões de flexão simples, foram feitas as seguintes 
considerações: 
 
 a) A peça possui um plano de simetria que contém todo carregamento externo. 
 b) A viga permanece simétrica em relação ao plano de atuação dos momentos e 
flexiona e deflete neste plano. 
 
Para prosseguirmos vamos introduzir algumas definições úteis para o bom 
entendimento da matéria: 
Chama-se plano do carregamento ao plano que contém todo carregamento da 
viga. Pode-se ter um ou mais planos de carregamentos. Traço do plano do carregamento 
(t.p.c.) é a interseção do plano do carregamento com a seção transversal. Em flexão simples, o 
t.p.c. é um eixo de simetria (um dos eixos centrais de inércia da seção). 
 
 
Quando o t.p.c. não coincide com um dos eixos centrais de inércia da seção 
transversal, tem-se definida uma flexão assimétrica. 
 
 
Neste caso, é mais fácil trabalhar-se com o vetor momento fletor do que com o 
binário de flexão. O vetor momento fletor é perpendicular ao plano do binário correspondente, 
tem sua intensidade e seu sentido segue a regra da mão direita Fig. 33. É sempre 
perpendicular ao t.p.c. e passa pelo centro de gravidade (ponto G), pois toda redução de 
esforços é feita em relação a este ponto, Fig. 34. 
 
 
É bom lembrar que em flexão simples a direção do vetor momento fletor coincide 
sempre com a linha neutra,conforme se observa na Figura 34. 
 
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 55 
 
 
 Figura 33 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 34 
 
Como ilustração, observemos a Fig. 35, onde temos seções com dupla simetria e com 
simetria simples. Em todos os casos o binário fletor que flexiona a viga, atua em um plano 
vertical de simetria que corta a seção segundo um eixo central de inércia. Nestes casos, a 
direção do vetor coincide com a da linha neutra e a fórmula de flexão simples é aplicada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 35 
 
3.2 - CÁLCULO DAS TENSÕES NORMAIS 
 
Vamos estudar agora o caso de uma seção simétrica ou não, onde o t.p.c. não 
coincide com os eixos centrais de inércia da seção (Fig. 36). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 36 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 56 
 
Como o plano do carregamento não é de simetria, não podemos induzir que a viga 
tenha sua flexão nele, ou que a direção do vetor momento coincida com a linha neutra, como 
acontece em flexão simples. 
Vejamos as condições sob as quais a linha neutra irá coincidir com o eixo do vetor 
momento, ou seja: que a linha neutra seja perpendicular ao t.p.c.. Vamos aplicar as equações 
de equilíbrio da estática. Lembremos que, em relação à linha neutra, a tensão normal varia 
proporcionalmente. Desse modo: 
Cy=σ 
∑ ∫= 0=ydAC ,0Fx (3.1) 
∑ ∫= M=dAyC ,MM 2
z (3.2) 
∑ ∫= 0=yzdAC ,0M y (3.3) 
 
A equação (3.1) nos leva a conclusão que o eixo neutro passa pelo centro de 
gravidade da seção, ponto G. 
A equação (3.2) nos leva a expressão para cálculo da tensão normal em flexão 
simples. E finalmente, a equação (3.3) nos fornece que o produto de inércia em relação aos 
eixos yz, é nulo, ou seja, os eixos yz são centrais de inércia. Deste modo concluímos que: 
 
"A linha neutra da seção transversal só irá coincidir com a direção do vetor 
momento se yz forem eixos centrais de inércia da seção. Neste caso, o binário 
coincidirá com um eixo central de inércia e a linha neutra será o outro. A fórmula 
para cálculo da tensão normal será a mesma usada em flexão simples. O t.p.c. será 
perpendicular a linha neutra." 
 
Se o vetor momento não coincide com um dos eixos principais de inércia, Fig. 37 
o projetamos sobre estes eixos. Para cada componente do vetor M, por exemplo, Mz, o binário 
correspondente coincide com um eixo central de inércia e o vetor Mz, com o outro eixo e a 
expressão de flexão simples poderá ser aplicada. Do mesmo modo, My coincidirá com um 
eixo central de inércia e seu binário com o outro. Aplicando o princípio da superposição, a 
expressão de flexão simples será duplamente usada. 
 
Vamos estabelecer uma convenção de sinais para o momento fletor: 
 
O binário fletor, Mz, será positivo se tracionar o sentido positivo de y. Igualmente, 
My (binário) será positivo quando tracionar o sentido positivo de z. 0 par yz deverá 
ser orientado previamente . 
 
Figura 37 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 57 
 
Na Fig. 37 tanto o Mz quanto o My são negativos. Aplicando o princípio da 
superposição, obtemos a expressão para cálculo da tensão normal: 
 
z
I
M
y.
I
M
y
y
z
z −−=σ (3.4) 
Linha neutra: 
z
I
M
y
I
M
0
y
y
z
z −=→=σ 
Mas: 
Mz = Mcosθ e My=Msenθ 
θβθθ tg
I
I
z
y=tg ,z
I
senMy
I
cosM
y
z
yz
−=−= (3.5) 
 
Da expressão (3.5) concluímos que o t.p.c. e a linha neutra são perpendiculares, 
somente quando: 
a) Iz e I y são iguais e então, β = θ e o círculo de Mohr para momentos de inércia é 
um ponto. Exemplos: seções circulares e anulares, seções quadradas maciças e 
vazadas etc. 
b) θ igual a zero. Neste caso, M é igual a Mz e tem-se uma flexão simples. 
c) θ é igual a 90º. Caímos no caso "b", onde M é igual a My. 
 
Quando a seção não possui simetria, a determinação da tensão máxima se faz 
localizando o ponto mais afastado da linha neutra. 
 
Para isto confecciona-se a seção em escala, estabelece-se a linha neutra e busca-se 
o ponto mais afastado desta. Tomando-se as coordenadas deste ponto em relação aos eixos 
centrais de inércia e substituindo-as na fórmula de flexão, determinamos a intensidade da 
tensão normal máxima. As coordenadas do ponto mais afastado da linha neutra podem ser 
obtidas também analiticamente. A Fig. 38 mostra o procedimento gráfico. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 38 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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3.3 - CÁLCULO DA DEFLEXÃO 
 
Para calcular a deflexão em flexão assimétrica, projetamos a carga P sobre os 
eixos centrais de inércia e por superposição calculamos a deflexão total, Fig. 39. 
 
Deste modo: 
y
3
z
z
3
y EI3
l.sen.P ,e ,
EI3
l.cos.P θδθδ == 
onde: 
2
z
2
y δδδ += , olhar Figura 40. 
θ
δ
δ
β tg
I
I
'tg
y
z
y
z == (3.6) 
A linha neutra foi definida pela expressão (3.5): 
θβ tg
I
I
z
ytg
y
z== 
Como o ângulo θ é o mesmo (Fig. 37), concluímos que: ββ =' 
Ou seja: a deflexão total é perpendicular à direção da linha neutra (Fig. 40). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 39 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 40 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 59 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
TIMOSHENKO, Gere. Mecânica dos Só1idos. Vol. 2. 1ª ed., Livros Técnicos e 
Científicos Editora. 
 
BEER, Ferdinand P. Resistência dos Materiais. 1ª ed., McGraw Hill. 
 
FEODOSIEV, V. I. Resistencia de Materiales. Editorial Mir. Moscou. 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 60 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 3.1 
 
Uma viga em balanço tem seção triangular e está sujeita a uma carga concentrada 
P na extremidade livre. Determinar: 
 
1 - Linha neutra. 
2 - Tensões normais nos pontos A e C da seção do engastamento. 
3 - Deflexão total na extremidade livre. 
Dados: P = 4 kN, h = 120 mm, b = 75 mm, L = 1,25 m, M = 5000 N.m 
 E = 200.109 N/m2 
 Seção triangular 
 Ix = bh3/36 Iy = hb3/36 Pxy = b2h2/72 
 
Solução: 
mm 6,1=m 0061,00053,0)(3,01.10=
 m 0053,0 : temos para teAnalogamen
m 10.01,3
10.10 . 4 . 200 . 3
25,1.3698
I.E3
l.P
N 15244,22sen.40004,22sen.PP
N 36984,22cos.40004,22cos.PP
: temos oa~deflex a Para)3
 MN/m88,1 Logo
cm -3,1=u e cm -5,6=v
: temos C ponto o Para 
 MN/m11,110 Logo
cm -0,7=u e cm 8,3=v
: temos A ponto o 2)Para
1,75u=v N.L
10).u2027v7,1155(u.
10.10.94,0
4,22sen.5000v.
10.10.4
4,22cos.5000)1
22,4= ,mm10.94,0 =I ,mm10.4I
: temos problema do final no mostrado Mohrde circulo Do
mm10.1,1P ,mm10.4,1I ,mm10.6,3I
223
uu
3
1215
33
v
v
u
v
2
C
2
A
6
126126
46
min
46
max
46
xy
46
y
46
x
=+∴
=
===
===
===
−=
=
→
−=−=
=
===
−
−
−
−−
δ
δδ
δ
σ
σ
σ
α
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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 Exercício 3.2 
 
Uma viga de madeira formada pela associação de duas vigas de seção retangular 
2 x 10 cm, está bi-apoiada, tem 2 m entre os apoios, é solicitada, ao longo de todo o 
comprimento, por uma carga “q” uniformemente distribuída, situada em um plano vertical 
que passa pelo centro de gravidade da seção. Pede-se: 
 
1 - Eixos centrais e momentos centrais de inércia. 
2 - Expressão da tensão normal. 
3 - Linha neutra. 
4 - Determinar o valor máximo de “q” se: 
Limite de ruptura à tração da madeira = 140 kgf/cm2 
 
Solução: 
1 973 33 53 33 160
1000 4 26 33
4
4 4
) , ,
, ,
 I cm , I cm , P cm
 I cm , I cm , = 9,6
y
4
xy
4
u v
x = = = −
= = α
 
 
Temos que o momento máximo é dado por: 
M
q l q
q kgf.
q v q u
v u q
L N temos:
v u q
q
q
max = = =
= +
= +
+ =
= =
=
. .
. cos ,
,
. . sen ,
,
.
( , , )
) .
( , , )
,
2 2
8
200
8
5000
5000 9 6
1000 4
5000 9 6
26 3
4 928 317
3
4 928 317 0
94 140
1 49
cm
2)
 
 
 v = -6,4326u
4)Analisando o ponto A temos :
u(A) = 1,6cm
v(A) = 8,8 cm
 kgf / cm ou 149 kgf / m
A
A
A
σ
σ
σ 
 
Em seguida está mostrada a Figura com os eixos, o ponto analisado tudo em 
escala . Mostrado ainda o círculo de Mohr utilizado para o cálculo de Iu e Iv. 
 
 
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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 Exercício 3.3 
Uma viga bi-apoiada de 4 m de vão está sujeita a uma carga uniformemente 
distribuída “q”, situada em um plano vertical passando pelo centro de gravidade da seção 
composta indicada na Figura abaixo. Pede-se: 
 
1 - Eixos centrais e momentos centrais de inércia. 
2 - Expressão da tensão normal. 
3 - Linha neutra. 
4 - Determinar o valor máximo de “q” com coeficiente de segurança 2,5, 
sabendo-se que, para o material da viga, Syt = 300 MN/m2. 
Dados: 
 Cantoneira: 
 Dimensões: 89.64.7,9 mm, A = 1148 mm2 
 Ix1 = 391.103 mm4, Iy1 = 912.103 mm4, Px1y1 = 349.103 mm4. 
 Chapa: 200.10 mm 
Solução: 
Em seguida temos o desenho em escala mostrando os eixos, a linha neutra e o 
ponto analisado. Bem como o círculo de Mohr utilizado para o cálculo de Iu e Iv. 
 
( )
( )
( )
u localiza x de partir à horário 416
811
46sen2
:à igual x de partir à horária rotação uma de através v eu 
sencontramocírculo, noy e x ndoestabelece Mohrde círculo o Fazendo
m1091Im10525II
10811R10713OC
m10462114888352910349P
m1083
12
102002114852910912I
m10623
12
200102114888310391I 1
46
v
46
u
66
463
xy
46
3
23
y
46
3
23
x
→==
===
==
=+=
=++=
=++=
−−
−−
−
−
−
,
,
,
.,.,
.,.,
.,..,.,.
.,...,.
.,...,.)
max
θθ
 
Mmáx = ql2 /8 = 2q (N.m) 
A partir da orientação dos eixos u e v da Figura podemos calcular a tensão 
normal como se segue: 
mN85714q
52
1030010q21:tensão da expressão na Voltando
mm47122vmm9461umm100ymm94x
u42vLN10u
91
210q2v
525
210q2
6
3
A
AAAA
6
/,
,
..
,,,,
,.
,
,sen
,
,cos
=→==
−=−=→−=−=
−=→→





−−=
σ
σ
 
 
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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24.5
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
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 Exercício 3.4 
 
Para o eixo maciço de aço, ABCDE, indicado abaixo, com limite de escoamento 
admissível igual a 900 kgf/cm2, pede-se: 
 
1 - Diagrama de momento fletor. 
2 - Diagrama de momento torçor. 
3 - Raio do eixo, usando Von Mises. 
 
 
Solução: 
Temos que:
W
M T S
Analisando
M T
M T onde M M
M T
Dimensionaremos o ei
W R
R
yt
B
σ π
σ
π
eq
3
1
2
eq
 W = .R
 os pontos B, C e D temos :
 Para o ponto B temos 
 Para o ponto C temos = M
 Para o ponto D temos 
xo pelo ponto B :
 cm
= + = →
+ =
+ = +
+ =
∴
= = =
=
1 0 75
4
0 75 49180 8
0 75 47319 6
0 75 45526 8
1 49180 8 900 4 49180 8
4 11
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
3
,
, ,
, , ,
, ,
. ,
.
( , )
,
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 68 
 
 
 
 
 
2 e 3 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
35207Vb
01002624250300350Vb
0M
3868Va
01003002502624350Va
0M
4
A
B
,
.,..
,
..,.
−=
=−+
=
−=
=+−
=
−
∑
∑
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 3 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 
Página 69 
 
 Exercício 3.5 
 
A engrenagem em C aciona em D uma polia com velocidade constante. Para as 
trações indicadas nas correias, calcular: 
 
1 - A força P no dente da engrenagem. 
2 - Diagrama de momento fletor. 
3 - Diagrama de momento torçor. 
4 - Diâmetro do eixo AB, usando Von Mises, sabendo que: MPa100S yt = . 
 
 
 
Solução: 
 
N 70,945=P 
94570
940
6766
20 cos
H=P H20 P.cos 
N 66,67=H H1208TT 
N.m 12010120HT 
N.m 81080100200T1
CD
3C
3D
,
,
,
,
,..
.).(
==∴=
∴=⇒=
==
=−=−
−
−
 
 
N262420PV ,ºsen == 
 
Dos diagramas: 
 
mm546m006540R
10x10087508220
R
4
mxN338M
mxN8220M
622
3eq
C
D
,,
.,,
,
,
==
=+=
=
=
π
σ
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 70 
 
4. TORÇÃO UNIFORME EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Determinar as leis de variação da tensão cisalhante e do momento 
 torçor em função dos conceitos formulados pela analogia da 
 membrana. 
- Definir perfis de parede fina de seção aberta e fechada. 
- Determinar a lei de variação de tensão cisalhante, proveniente de um 
 torque, para um perfil de parede fina de seção aberta, usando a 
 analogia da membrana. 
- Determinar a lei de variação de tensão cisalhante, proveniente de um 
 torque, para um perfil de seção fechada de parede fina, usando a 
 analogia da membrana. 
- Determinar o ângulo de torção para ambos os tipos de perfis. 
- Dimensionar os dois tipos de perfis sob torção-flexão, usando as 
 teorias de resistência e impondo as condições de resistência e rigidez. 
 
 
4.1 - NOÇÕES SOBRE A ANALOGIA DA MEMBRANA 
 
Existem, em mecânica, problemas que diferem em sua essência física, mas podem 
ser expressos pelas mesmas equações diferenciais. Devido a isto, é possível estabelecer 
analogias entre ambos. 
Em alguns casos, a solução de um problema, ou seja, o estabelecimento de uma 
relação entre suas variáveis, exige a integração de uma equação diferencial em derivadas 
parciais de grande complexidade e para a qual só é possível conseguir soluções aproximadas. 
Em compensação, a natureza física de um segundo problema, análogo ao outro em sua 
expressão analítica, permite uma interpretação simples das relações que ligam as mesmas 
variáveis. Isto possibilita estabelecer as leis que regem o primeiro problema. Um exemplo do 
problema complexo é o problema da torção. Sua solução exata deve-se a Saint Venant. Neste 
problema, a denominada analogia da membrana, devido à Prandtl (1903), permite determinar 
com facilidade a distribuição das tensões de cisalhamento na seção de um eixo sob torção, por 
analogia. 
 
 Pode-se demonstrar que a equação diferencial que rege o comportamento da 
superfície elástica de uma membrana deformada, uniformemente carregada, de 
mesmo contorno da seção transversal de um elemento sujeito ao torque, tem a 
mesma forma que a equação que determina a distribuição das tensões cisalhantes 
através da seção de uma barra sujeita à torção. 
 
A membrana é fixada por seus bordos e submetida a uma pressão interna 
uniforme. Experimentalmente, esta membrana é obtida considerando um furo, com o contorno 
da seção sob torção a estudar, em uma placa. Sobre este furo é colada a membrana elástica 
através de seus bordos. Por meio de uma pressão de ar adequada, forma-se a superfície da 
membrana deformada e através de micrômetros e outros instrumentos de medição pode-se 
obter a geometria desta superfície, em particular, as curvas de níveis, declividade máxima e 
volume (Figura 41). 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 71 
 
 
Figura 41 - Analogia da membrana 
 
As analogias são as seguintes: 
 
 1- a tangente a uma curva de nível, em qualquer ponto da membrana, dá a direção 
da tensão de cisalhamento no ponto correspondente da seção transversal da barra 
sob torção (Figura 41). 
2- a declividade máxima da membrana, em qualquer ponto, é proporcional à 
intensidade da tensão de cisalhamento no ponto correspondente da barra sob 
torção (Figura 41). 
3- o volume compreendido entre a membrana deformada e o plano que passa pelo 
seu contorno, é proporcional ao momento torçor suportado pela barra. 
 
No caso elementar da seção circular, verifica-se que a declividade máxima maior, 
α, ocorre em todos os pontos da periferia e é nula no centro do círculo. Esta declividade 
máxima manifesta-se na direção do meridiano. Portanto, a tensão de cisalhamento é máxima 
nas bordas e nula no centro (Figura 42). 
 
 
 
Figura 42 - Seção circular sob torção 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
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No caso da seção retangular, verifica-se, analisando a membrana deformada, que 
no meio dos lados maiores ocorrem as maiores declividades, α, e, portanto são os pontos de 
máximas tensões de cisalhamento. Nos cantos e no centro de gravidade, a declividade é nula e 
a tensãode cisalhamento é zero (Figura 43). 
 
 
Figura 43 - Seção retangular sob torção 
 
 
No caso de seções vazadas de parede fina, a membrana deformada apresenta uma 
declividade α praticamente constante ao longo da espessura, ou seja, as tensões de 
cisalhamento se distribuem uniformemente através da espessura do eixo sob torção (Figura 
44). 
 
 
Figura 44 
 
 
Nos outros casos, a forma da superfície da membrana deformada é facilmente 
imaginada para uma dada seção transversal da barra sob torção. Assim, as conclusões 
qualitativas relativas à distribuição das tensões cisalhantes na seção sob torção, podem ser 
tiradas imediatamente. 
 
 
4.2 - TORÇÃO UNIFORME EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
No dimensionamento de vigas, em estrutura metálica, na construção de máquinas, 
no projeto de aeronaves, muitas vezes, é necessário calcular a torção em perfis de parede fina. 
Nestes, a espessura é cerca de um décimo da dimensão média de sua largura ou altura. 
Estes perfis se dividem em abertos e fechados. Na Figura 45 os perfis 1, 2, 3 e 4 
são exemplos de perfis de seção aberta ou perfis abertos e os outros fechados. A diferença é 
que nos perfis fechados a seção transversal encerra um contorno. 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 73 
 
 
 
 
Figura 45 - Seções transversais abertas e fechadas. 
 
A natureza da distribuição das tensões cisalhantes de torção na seção transversal 
da barra de parede fina é estabelecida de modo simples utilizando-se os conhecimentos 
adquiridos no estudo da analogia da membrana. Imaginemos uma placa plana com um furo 
cuja configuração é semelhante a do perfil em estudo. Sobre o furo estiquemos (colando pelas 
bordas) uma membrana elástica (uma película de sabão, por exemplo). Se aplicarmos uma 
pressão uniforme sob a membrana, ela se deforma de maneira distinta de acordo com o perfil 
fechado ou aberto, Fig.46. 
 
 Quando se trata de um perfil fechado, a área interior ao perfil não está vinculada 
com a placa, mas presa na própria membrana e se desloca sob pressão juntamente 
com ela (Figura 46-b e Figura 44). 
 
Já na seção aberta, composta de retângulos, a superfície da membrana deformada 
toma o aspecto da superfície de uma meia cana (Figura 46-a). Isto determina a diferença entre 
as formas da membrana deformada para os casos de perfis de seção aberta e fechada. 
 
 
 
Figura 46 - Membrana deformada em perfis fechado e aberto. 
 
Para a seção aberta composta por retângulos podemos assumir uma distribuição 
linear para as tensões cisalhantes, Figura 46a. A declividade da membrana é maior nas laterais 
da parede, diminui linearmente até zero no centro, e volta a crescer linearmente, em sentido 
contrário até a outra lateral da parede. 
Para os perfis de seção fechada, a declividade da membrana é constante e a 
distribuição das tensões é uniforme através da espessura da parede, Figura 46b. 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 74 
 
4.3 - PERFIS DE SEÇÃO ABERTA 
 
No estudo de torção em barras de seção retangular, verificamos que quando a 
relação a/b, lado maior pelo lado menor, tende para o infinito (aproximadamente 10), os 
valores de α e β tendem simultaneamente para 1/3, Tabela 1. 
 
• Tabela 1 - Valores dos coeficientes α, β e η. 
 
a/b 1 1.5 1.75 2 2.5 3 4 6 8 10 ∞ 
α 0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0.307 0.313 0.333
β 0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313 0.333
η 1.000 0.859 0.820 0.795 0.766 0.753 0.745 0.743 0.742 0.742 0.742
 
Façamos uma adaptação nas fórmulas para a seção retangular quando a relação 
a/b tende para o infinito: (lado maior → s; lado menor → δ) 
Assim: τ
δmax
T
s
=
3
2 (4.1) 
 ϕ
δ
=
3
3
T l
G s
 (4.2) 
onde: δ é a espessura do perfil de parede fina, e s o comprimento da linha 
mediana do contorno, de cada retângulo que compõe a seção transversal. 
 
Vamos analisar o caso de várias barras de parede fina, com as seções transversais 
indicadas na Figura 47, sujeitas ao mesmo momento torçor. Usando a analogia da membrana 
para determinar a distribuição das tensões tangenciais, concluímos que sendo o mesmo o 
valor do momento torçor em cada barra, será também igual o volume compreendido entre a 
superfície deformada e o plano do contorno. A declividade máxima maior da membrana será a 
mesma em cada caso, ou seja: desde que o perfil possa ser transformado em um retângulo fino 
a forma da seção transversal anterior não tem importância. Qualquer que seja ela, este perfil, 
para efeito de torção, suporta o mesmo torque e possui a mesma tensão cisalhante máxima 
que o perfil de seção retangular de parede fina desenvolvido através do perfil anterior. 
 
 
Figura 47 - Seções transversais abertas submetidas ao mesmo torque. 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 75 
 
Quando se trata de um perfil de parede fina composto como o representado na 
Figura 48, que não pode ser transformado em um único retângulo, procede-se da seguinte 
maneira: 
 
 “O momento torçor T, pode ser interpretado como sendo a soma de momentos 
parciais que nos surgem diferentes ramos da seção, cada um aplicado no centro de 
gravidade de cada retângulo fino”. 
 
 T T T= + +1 2 ... (4.3) 
 
Figura 48 - Seção transversal aberta composta. 
 
 
hh
 
Figura 49 - Ângulo de giro constante 
 
 O deslocamento angular é único para todos os ramos, ou seja: a seção não se 
distorce, todos os retângulos giram de um mesmo ângulo que é o ângulo que gira a 
seção total. 
 
Assim: ϕ
δ δ δ
= = = =
3 3 31
1 1
3
2
2 2
3 3
T l
G s
T l
G s
T l
G s
i
i i
... 
Usando as propriedades de fração: 
( )
( )
ϕ
δ δ
=
+ +
+ +
3 1 2
1 1
3
2 2
3
l T T
G s s
...
...
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 76 
 
Finalmente: 
( )
ϕ
δ δ
=
+ +
3
1 1
3
2 2
3
T l
G s s ...
 (4.4) 
A expressão (4.4) permite determinar o ângulo de torção em perfis de parede fina 
de seção aberta quando se conhece o torque aplicado, o comprimento da barra, o módulo de 
Coulomb G do material e as características geométricas da seção transversal. 
 
Para o tramo de ordem i é válida a seguinte expressão: 
τ
δi
i
i i
T
s
=
3
2 (4.5) 
Por outro lado temos que: 
( )T
G
l
si i i=
ϕ
δ
3
3 (4.6) 
Substituindo (4.6) em (4.5) e simplificando, temos: 
τ
ϕ δ
i
iG
l
= (4.7) 
 Da expressão (4.7) concluímos que a tensão cisalhante é proporcional à espessura 
da parede. Deste modo a maior tensão cisalhante ocorrerá no ramo retangular de 
maior espessura. 
 
Substituindo (4.4) em (4.7) e simplificando obtém-se: 
τ
δ
δi
i
i i
T
s
=
∑
3
3 (4.8) 
A expressão (4.8) permite calcular a tensão cisalhante em um ramo qualquer i, em 
função do momento torçor e das características geométricas da seção transversal. Para se 
obter a maior tensão cisalhante na seção transversal, é só substituir δ i por δmax , na expressão 
(4.8). 
No estudo realizado acima não se levou em consideração o efeito do fator de 
concentração de tensão que aparece nos ângulos reentrantes devido a carregamento dinâmico 
ou fadiga (para materiais dúteis). 
 
Define-se: 
I st i i= ∑1
3
3δ como o momento de inércia à torção para perfis abertos de 
 parede fina. 
W
I
t
t=
δmax
 como o módulo de resistência à torção. 
Deste modo: τ max =
T
Wt
; ϕ =
T l
G I t
 
 
Unidade4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 77 
 
4.4 - PERFIS DE SEÇÃO FECHADA 
 
A analogia da membrana nos fornece que as tensões cisalhantes provenientes do 
momento torçor têm distribuição uniforme através da espessura da parede e são paralelas à 
linha mediana do contorno para os perfis de seção fechada. 
 
Considerando um tubo de parede fina de seção fechada sob um torque T (vetor 
momento dirigido segundo x, para baixo) e chamando de τ 1 a tensão de cisalhamento atuando 
através da espessura δ1 e τ 2 a tensão cisalhante relacionada com a espessura δ 2 , seccionando 
este tubo segundo 1-2, Figura 50, retirando uma porção e colocando as tensões 
correspondentes nas faces 1 e 2 de forma a manter o equilíbrio temos (Figura 50): 
 
Fx =∑ 0 
τ δ τ δ
τ δ τ δ
1 1 2 2
1 1 2 2
0dx dx− =
= =constante (4.9) 
 
Denominando de fluxo cortante corrente q ao produto τ δ , verifica-se que ele é 
constante durante todo o contorno da seção transversal. 
 
 
Figura 50 - Fluxo cisalhante constante 
 
 
 
Figura 51 - Dedução da expressão de Bredt-Batho 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 78 
 
Para se determinar a tensão cisalhante, analisemos na Figura 51 a área elementar 
δ.ds onde ds é um elemento da linha mediana do contorno. Nesta área atuam tensões 
cisalhantes tangentes à linha mediana que vão originar uma pequena força dF = τ. ds.δ. Esta 
força contribui com uma parcela de momento torçor dT = dF. OA onde OA é perpendicular à 
direção da força. Assim: 
 
dT dF OA ds OA
T ds OA OA ds
= =
= =∫ ∫
τ δ
τ δ τ δ
 (4.10) 
Onde: τ δ = constante = q 
AO. ds é igual a duas vezes a área do triângulo de base ds e altura OA. 
Como a integral varre todo o contorno tem-se: OA ds A=∫ 2 * 
(onde A* é a área compreendida pela linha mediana do contorno.) 
Substituindo em (4.10) e explicitando a tensão cisalhante: 
τ
δ
=
T
A2 *
 (4.11) 
essa expressão é devida à Bredt-Batho. 
 
A tensão cisalhante máxima ocorrerá no local da seção de menor espessura. 
 
O termo W At min= 2 * δ é chamado de módulo de resistência à torção para perfis 
fechados de parede fina. 
 
τ max
t
T
W
= (4.12) 
Para cálculo do ângulo de torção façamos uma comparação entre a energia 
potencial do tubo expressa primeiramente em termos do torque T e do ângulo ϕ, em seguida 
em função de τ. 
 
U T=
1
2
ϕ (4.13) 
 
Para calcular a energia potencial em função de τ , isola-se um elemento do tubo de 
volume dV ds dx= δ sob cisalhamento puro, Figura 52. 
 
Figura 52 - Elemento diferencial do tubo 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 79 
 
A energia potencial acumulada neste elemento é: 
 
dU dV
G
ds dx
G
= =
τ τ δ2 2
2 2
 
∫=
δ
δδτ ds
G2
lU 2 
∫=
δ
δτ ds
G2
lU 22 
Mas: *A2
T
=τδ 
Logo: 
( ) ∫=
δ
ds
GA8
TlU 2*
2
 (4.14) 
Igualando (4.13) e (4.14), simplificando: 
 
( ) t2*
IG
lT
ds
A4
G
lT
=












=
∫ δ
ϕ 
 
Onde: 
( )
∫
=
δ
ds
A4
I
2*
t é o momento de inércia à torção para perfis de seção fechada. 
Logo: ϕ =
T l
GI t
 (4.15) 
 
4.5 - SEÇÕES MULTI-CELULARES 
 
Seja a seção multi-celular composta de duas células, conforme Figura 53. 
 
 
 
Figura 53 - Seção multi-celular 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 80 
 
Denominando de: 
 
A*
1 a área compreendida pela linha mediana do contorno correspondente a célula 1; 
 
A*
2 a área compreendida pela linha mediana do contorno correspondente a célula 2; 
 
T1 a parcela do momento T resistida pela célula 1; 
 
T2 a parcela do momento T resistida pela célula 2; 
 
τ1 a tensão cisalhante na célula 1; 
 
τ2 a tensão cisalhante na célula 2; 
 
ϕ1 o ângulo de torção relativo a célula 1; 
 
ϕ2 o ângulo de torção relativo a célula 2; 
 
De acordo com Bredt: 
11
*
11 A2T τδ= ; 22
*
22 A2T τδ= 
 
∫ ∫==
δδ
ϕ dsq
AG2
lds
AG4
Tl
1
2
1
1
1 **
 
 
∫ ∫==
δδ
ϕ dsq
AG2
lds
AG4
Tl
2
2
2
2
2 **
 
pois: *A2
Tq = 
 
 Supondo a hipótese de que não há distorção, deve-se ter o mesmo ângulo de torção ϕ
para cada célula. 
 
ϕ ϕ ϕ= =1 2 (4.16) 
Mas: ( )22
*
211
*
121 AA2TTT δτδτ +=+= 
 
T q Ai i= ∑2 (generalizando) (4.17) 
 
As equações (4.16) e (4.17) permitem resolver o problema. A equação (4.16) 
fornece ϕ ϕ1 2= , logo: 
 
∫∫ =
2
*
21
*
1
dsq
A
1dsq
A
1
δδ
 
mas q s= =τ constante: 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 81 
 
** A
ds
A
dsq
∫∫
=
τδ = constante (4.18) 
 
Logo: 
 
*
iii Aq2TT ∑∑ == 
 
=∫
*A
dsτ
 constante (4.19) 
 
As equações (4.19) permitem resolver o problema de seção multi-celulares, pois 
determinando q, calcula-se as tensões cisalhantes em cada célula. 
 
 
 
 
 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
 
BEER, F. P. J., RUSSEL, E., Resistência dos Materiais, McGraw Hill. 
 
FEODOSIEV, V. I., Resistencia de Materiales, Editora Mir, Moscou, 1972. 
 
MIRANDA, R. P. C. e outros, Torção, São Paulo. 
 
TIMOSHENKO, GERE, Mecânica dos Sólidos, vol 2, Livros Técnicos e 
 Científicos Editora S.A., Rio de Janeiro, 1984. 
 
 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 82 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 
 Exercício 4.1 
 
Encontrar a tensão tangencial máxima e o ângulo de torção unitário para a barra 
de seção transversal abaixo. 
Dados: T = 600 N.m; G = 77,5 GPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
τ δ
δ
δ
max
max max
t
T
si i
T
I
= =
∑
.
.
.
1
3
3
 
I si it = =∑1
3
3.δ (10-3)4.(97,5 . 93 + 97,5 . 93 + 191 . 53) = 55343 x 10-12 
τ max x N
m
= = =
−
−
600 9 10
55343 10
97 6 10
3
12
6
2
. .
.
, 97,6 MPa 
θ ϕ
= = = =−l
T
G It. , . . .
600
77 5 10 55343 109 12 0,14 rad/m 
 
 
 
 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 83 
 
 Exercício 4.2 
 
Para a viga de parede fina de seção fechada, engastada e livre, indicada abaixo, de 
comprimento l = 3,0 m, yt = 520 MPa, n = 2,00, G = 77,5 GPa, determine P e ϕ usando Von 
Mises. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T = 0,8 P 
M = 3P 
V = P 
I x m=
−
= −200 300 192 288
12
6 78 10
3 3
5 4. .
, 
 * Para o ponto mais afastado da linha neutra: 
σ = = =
−
−
My
I
P P3 150 10
6 78 10
6637 2
3
5
. .
, .
, 
τ
δ
= = =− −
T
A
P
P
2
0 8
2 196 294 10 6 10
1156 96 3*
,
. . . . .
, 
σ σ τeq P P KN= + = = ∴ =2 2
6
3 6933
520 10
2
37 5
.
, 
 
* Para o ponto situado na descontinuidade: 
P6371
10786
10144P3
I
yM
5
3
===
−
−
.,
...
σ 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 84 
 
τ
δ
= = =− −
T
A
P
P
2
0 8
2 196 294 10 4 10
1735 46 3*
,
. . . . .
, 
( )
τ = = =
−
− −
V Ms
b I
P
P
200 6 147 10
8 10 6 78 10
325
9
3 5
. . .
. . , .
 
( )τ res P P= + =325 1735 4 2060 6, , 
∴==+=
2
10520
P573023
6
22
eq
.
,τσσ P = 35,6 KN (adotado) 
ϕ =
T l
G It
 
( ) ( ) ( )
I
A
dst = = =
∫
−
−4 4 196 294 10
212 3
6 256 10
2 2 6 2
5* . . .
,
, .
δ
 
ds
δ∫ = +



=
196 2
6
294 2
4
212 3
. .
, 
ϕ = =−
3 35600 0 8
77 5 10 6 256 109 5
. . ,
, . . , .
 0,018 rad 
 
 Exercício 4.3 
 
Um perfil U é associado de duas maneiras para trabalhar à torção: (a) e (b). 
Sabendo que: S yt = 1400 kgf/cm2 
 G = 0,8 x 106 kgf/cm2 
 l = 3 m 
Usando VonMises, pede-se para (a) e (b): 
1- Maior torque que pode ser aplicado. 
2- Ângulo de torção calculado com o torque acima. 
3- Calcular a força no cordão de solda para a associação (b). 
 
Cotas em (cm): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 85 
 
Solução: 
 
• Para a maneira (a): 
 
( )si i cmδ 3 3 3 410 2 0 2 2 10 0 4 0 8= + =∑ , . , . . , , 
τ δ
δ
max
maxT
si i
T T= = =
∑
3 3 0 4
0 8
1 493
. ,
,
, 
σ σ τ τeq T= + = = = ∴2 23 3 1 49 3 1400, T = 541 kgf x cm 
 
ϕ
δ
= = =
∑
3 3 541 300
0 8 10 0 83 6
T l
G si i
. .
, . . ,
 0,76 rad 
 
 
 • Para a maneira (b): 
 
A* = 10 . 10 = 100 cm2 
τ
δmax
min
T
A
T T= = =
2 2 100 0 2
0 025
* . . ,
, 
σ σ τeq T= + = = ∴2 23 0 025 3 1400, T = 32331,6 kgf x cm 
( )ds
δ
= + + + = =∫
1
0 2
10 10 10 10 40
0 2
200
, ,
 
 
==












=
∫
26
2
100.4.10.8,0
200.300.6,32331
ds
*A4G
lT
δ
ϕ 0,061 rad 
 
 
Força no cordão de solda: 
 
( )[ ]F l= =τ δ. . , . , . , .0 025 32331 6 0 2 300 
 
F = 48497,4 kgf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 4 – TORÇÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Página 86 
 
 Exercício 4.4 
 
O material do tubo abaixo possui S yt = 800 kgf/cm2. Pede-se: 
a) Maior torque que pode ser aplicado ao tubo usando Von Mises. 
b) O número de rebites necessários para suportar o torque. 
Dados: D = 20 cm 
 δ = 0,1 cm (espessura) 
 ∅rebite = 0,8 cm 
 τ rebite = 900 kgf/cm2 
 G tubo = 0,8 x 106 kgf/cm2 
 l = 200 cm 
c) Ângulo de torção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
a) τ
δ π
= =
T
A
T
2 2 10 0 12* . . . ,
 ⇒ τ
π
3 800
2 10 0 1
3 8002= ∴ =
T
. . . ,
 
 
T ≅ 29000 kgf x cm 
b) F l kgf= =





 ≅τ δ
π
. .
. . . ,
. , .29000
2 10 0 1
0 1 200 92382 (I) 
( ) ( ) ( )F n A n no
reb reb
o o= = =. . . . . , . ,τ π900 0 8
4
452 16
2
 (II) 
Fazendo (I) em (II): no = =
9238
452 6,
 21 rebites 
c) 
( ) ( )
I
A
ds cmt = = =
∫
4 4 10
2 10
0 1
628
2 2 2
4* . .
. .
,δ
π
π 
ϕ = = ∴
T l
G It
29000 200
0 8 10 6286
.
, . .
 ϕ = 0,0115 rad 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 87 
 
5. CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir o problema do centro de cisalhamento. 
- Enunciar as propriedades do centro de cisalhamento. 
- Determinar a distribuição das tensões cisalhantes em perfis de parede fina 
 de seção aberta com um eixo de simetria. 
- Determinar o centro de torção para os perfis mais usados na prática de 
 engenharia. 
- Dimensionar vigas sob flexão, cortante e torção, levando em consideração 
 a redução das cargas ao centro de torção. 
 
 
5.1 - INTRODUÇÃO. 
 
Quando vigas em balanço de seção transversal com dupla simetria são construídas 
e testadas em laboratório, os valores das deformações e tensões experimentais concordam 
bastante com os resultados teóricos. Mas se tomarmos uma seção em cantoneira, como 
indicado na Fig. 54a, tal concordância não se verifica. Nossa teoria prevê que, sob uma carga 
vertical passando pelo centro de gravidade (C) a viga fletirá para baixo, da posição inicial 
para a posição pontilhada (seção da extremidade livre). A experiência, no entanto, mostra a 
seção frontal fletida e torcida, como na Fig. 54b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 54 a Figura 54 b 
 
 
Esta discrepância entre a teoria e a prática foi notada e descrita antes de 1900, mas 
permaneceu sem solução até 1922, quando Weber, na Alemanha publicou a teoria do centro 
de cisalhamento. A explicação de Weber consistiu em um exame do equilíbrio da viga em 
balanço, destacada do seu engastamento, com os respectivos esforços reativos. Ele mostrou 
que a resultante de todas as tensões tangenciais que atuam na seção, não passava pelo seu 
centro de gravidade. Para seções com dupla simetria, o centro de gravidade contém a 
resultante de todas as tensões tangenciais. Porém, para muitas seções assimétricas, a resultante 
das tensões cisalhantes não passa pelo centro de gravidade da seção, embora tenha a 
intensidade e a direção coincidentes com a de P, carga externa aplicada. 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 88 
 
5.2. FLEXÃO EM PERFIS DE PAREDE FINA 
 
Para que se compreenda melhor a natureza do problema do centro de 
cisalhamento, vamos estudar o caso da viga I (Fig. 55a) em balanço, com mesas desiguais, 
mas tendo em z, um eixo de simetria. Os eixos yz, são centrais de inércia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 55a Figura 55b 
 
Supondo que P produza flexão em torno de z (eixo neutro), em qualquer seção 
transversal reativa da viga (seção do lado do engastamento), haverá tensões normais e 
tangenciais provenientes de M e V. A resultante das tensões normais é M e a resultante das 
tensões tangenciais é V = P, cuja linha de ação, na seção reativa, passa pelo ponto S, sobre o 
eixo z. É preciso lembrar que na seção reativa, as tensões cisalhantes só acontecem onde 
existe material (retângulos 1,2 e 3 Fig. 55b). Em geral, o ponto S não coincide com o centro 
de gravidade. Tal ponto (S) é denominado centro de torção ou centro de cisalhamento ou 
centro de flexão da seção. Se o plano que contém P não passar por S haverá, além da flexão, 
torção na viga. Como o perfil de parede fina tem baixa resistência à torção não se pode 
desprezar este fenômeno. Deste modo, a carga P pode estar situada em qualquer ponto na face 
frontal, no entanto as tensões cisalhantes na face reativa produzem uma resultante V = P que 
passará sempre por S. A flexão sem torção acontecerá quando a direção da carga aplicada 
passar por S. 
Vamos localizar o centro de torção para a seção da viga da Fig.55a. Podemos 
considerar a seção da viga como composta por três retângulos: as duas mesas (1 e 2) e a alma 
(3), Fig. 55b. Se não ocorre torção, todos os retângulos sofrem flexão juntos no plano xy, 
tendo a mesma curvatura durante a flexão (por hipótese não existe torção na seção). O 
momento fletor que cada parte suporta é proporcional ao momento de inércia em relação à z, 
de cada retângulo: 
 
M
EI
M
EI
M
EI
1
1
2
2
3
3
= = =d2y/dx2=1/ρ 
onde M1, M2 e M3 são os momentos atuantes nas partes 1,2 e 3, respectivamente, 
e I1, I2 e I3 , os respectivos momentos de inércia de cada retângulo, em relação à z . 
 
Como I3 é muito pequeno comparado à I1 e I2, pode ser desprezado. 
Deste modo, o carregamento de flexão e cortante fica suportado apenas pelas 
mesas 1 e 2. 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 89 
 
Logo: 
M
I
M
I
1
1
2
2
= 
M
M I
I I1
1
1 2
=
+
 e M M I
I I2
2
1 2
=
+
 (5.1) 
onde M = M1 + M2 é o momento fletor total. 
V1 e V2 nas mesas são proporcionais aos respectivos momentos fletores. 
Logo: V
V I
I I1
1
1 2
=
+
 e V
V I
I I2
2
1 2
=
+
 (5.2) 
onde V = V1 + V2 = P . 
A linha de ação de V, na face reativa, posiciona S. 
Seja: 
h - distância entre os centros de gravidade das mesas 1 e 2. 
h1- distância de S ao centro de gravidade da mesa 1. 
h2- distância de S ao centro de gravidade da mesa 2. 
S - centro de torção, ponto por onde passa V, resultante de V1 e V2. 
 
Os dois sistemas representados nas Fig. 56a e 56b são equivalentes, pois possuem 
a mesma resultante, V, e o mesmo momento em relação ao ponto S: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (a) (b) 
Figura 56 
 
O sistema da Fig. 56b é constituído por apenas uma força V passante por S. Ele é 
equivalente ao sistema da Fig. 56a, ou seja; faz o mesmo efeito que o sistema da Fig. 56a. 
 
Podemos definir S como sendo o ponto da seção por onde passa a resultante de todas 
as tensões cisalhantes que atuam na seção transversal. 
 
Para qualquer posição da carga P na face frontal, na seção reativa vamos sempre 
encontrar uma força cortante equilibrante,passando por S. 
Como: V = V1 + V2 
Igualando a soma dos momentos em S à zero: V1h1 - V2h2 = 0 
Usando a equação (5.2): 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 90 
 
h
h
I
I
1
2
2
1
= (5.3) 
h = h1 + h2 (5.4) 
 
Deste modo, usando as equações (5.3) e (5.4), localizamos o centro de 
cisalhamento da seção I com mesas desiguais. 
Se o eixo y for também de simetria: h1 = h2 = h/2 
 
No caso de dupla simetria o centro de torção, S, coincide com o centro de gravidade 
C. Assim, seções com dupla simetria têm sempre o centro de torção coincidente com o 
centro de gravidade. Neste caso, se a direção de P passa pelo ponto C, como C 
coincide com S, haverá flexão sem torção. 
 
No caso particular da Fig. 55a, em que uma das mesas é retirada (seção em T), é 
fácil verificar que V passará pelo centro de gravidade da mesa que restou (ou V1 = 0 ou V2 = 
0) e este ponto será o centro de cisalhamento (Fig. 57). 
 
As seções que possuem um eixo de simetria têm o centro de torção sobre este eixo. 
Qualquer carga cuja direção passar por este ponto (S), ainda que atue em direção 
inclinada pode ser decomposta em duas componentes, uma na direção de z e outra 
paralela a y. A primeira produzirá flexão no plano xz, tendo y como eixo neutro, sem 
torção; a segunda componente dará flexão sem torção, pois passa por (S), no plano xy
tendo z como eixo neutro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 57 - Caso particular em que uma das mesas da seção H é retirada. 
O centro de cisalhamento é o centro de gravidade da mesa restante. 
 
Quando a carga não passa pelo ponto (S), podemos reduzi-la à (S), centro de torção, 
e ela poderá ser substituída por um binário e uma carga passante por (S). A carga 
que passa por (S), dará flexão sem torção e o binário torção pura. Assim, aplicando o 
princípio da superposição de esforços, a viga estará sujeita à flexão e torção. 
 
O ponto (S), centro de cisalhamento, é uma característica geométrica da seção e não 
depende do carregamento. Para qualquer posição da seção transversal, o centro de 
torção permanece o mesmo, como ocorre com o centro de gravidade. 
 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 91 
 
Para seções maciças e vazadas fechadas, o centro de cisalhamento está, geralmente, 
muito próximo ao centro de gravidade. Como essas seções têm grande resistência à 
torção, podemos desprezar os efeitos da torção se a carga for aplicada no centro de 
gravidade (o momento torçor é muito pequeno e a resistência à torção é grande). Já 
os perfis de parede fina abertos são pouco resistentes à torção e neste caso é de 
fundamental importância o conhecimento do centro de cisalhamento, para levar em 
consideração o efeito da torção, caso o carregamento não passe por (S). 
 
5.3 - TENSÕES DE CISALHAMENTO EM PERFIS DE PAREDE FINA DE SEÇÃO 
 ABERTA. 
 
Estes perfis têm espessura muito pequena comparada com a largura ou qualquer 
dimensão da seção transversal (em torno de 1/10). E como perfis de seção aberta têm baixa 
resistência à torção. É de fundamental importância a localização do centro de torção destes 
perfis. Eles são largamente usados em estruturas. 
Vamos estudar uma viga cuja seção transversal tenha uma linha mediana do 
contorno (ou linha média) mm, de uma forma qualquer Fig. 58a. Os eixos yz são centrais de 
inércia e P é paralela à y. Caso P atue em (S), não haverá torção na viga, somente flexão em 
torno de z, sendo z a linha neutra. As tensões normais de flexão serão: 
 
I
My
=σ 
 
Figura 58 
 
Imaginemos o elemento da Fig. 58b, cortado entre duas seções separadas de dx e 
tendo comprimento s, medido sobre a linha mediana a partir da borda livre. F1 é a resultante 
das tensões normais que atuam na face da esquerda. F2 é a resultante das tensões normais que 
atuam na face da direita. Como na face da direita o momento fletor é maior, F2 > F1, para 
haver equilíbrio estático, tensões cisalhantes devem atuar na face paralela à face livre, dando 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 92 
 
uma resultante VH. Estas tensões são paralelas às superfícies do elemento, que são livres de 
tensões, e são acompanhadas de tensões cisalhantes complementares que atuam nas faces 
frontais. 
Como os momentos nas seções frontais da Fig. 58b são M e (M+dM), as forças 
resultantes F1 e F2 são: 
 
F dA
My
I
dA
My
I
ds
A A
s
1 0
= = =∫ ∫ ∫σ δ 
 onde dA = δ ds 
( ) ( )
( )F d
M dM
IA
2 =
+∫ ∫ ∫σ δ A =
 y
 dA =
M + dM y
I
 ds
A
0
s
 
 onde A é a área da seção transversal entre a borda livre e o plano longitudinal b-b a 
uma distância s a partir da extremidade livre. 
 
O somatório das forças na direção longitudinal do bloco da Fig. 58b fornece: 
( ) ( )
( )V F F
y dA
I
dM
I
y dAH
A A
= − = =∫ ∫2 1
dM
 
 Mas: V VH = =τδ dx e 
dM
dx
 
Logo: τ
δ
=
V M
I
S (5.5) 
A equação (5.5) fornece a tensão de cisalhamento em um ponto qualquer da seção 
b-b (Fig. 58a) distante de s da borda livre. 
 
As tensões cisalhantes são uniformes através da espessura e atuam tangentes à 
superfície da viga. Estas tensões aparecem na seção transversal a uma distância s a 
partir da borda livre. As tensões na seção transversal fluem em um sentido contínuo 
como mostra a Fig. 58a, paralelas à linha mediana do contorno, mm. 
 
A equação (5.5) é idêntica a equação obtida no estudo da distribuição das tensões 
cisalhantes verticais que ocorrem em uma viga devido a variação do momento fletor. Seus 
termos têm significados iguais. 
M ydAS
s
= ∫0 é o momento estático, em relação à linha neutra, da área da seção 
transversal definida de s variando de zero a s. 
δ é a espessura da seção no ponto onde se deseja calcular a tensão cisalhante. 
Como já foi dito, as tensões cisalhantes fluem de maneira contínua na seção 
transversal e na linha neutra elas têm o mesmo sentido que o da força cortante V. 
Assim, conhecido o sentido de V é possível determinar o sentido de todo o fluxo das 
tensões cisalhantes. 
 
A equação (5.5) mostra que nas extremidades (bordas) da seção o momento estático é 
nulo e consequentemente, a tensão cisalhante. Ela varia de modo contínuo entre as 
bordas e alcança seu valor máximo na linha neutra. 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 93 
 
5.4 - SEÇÃO I DUPLAMENTE SIMÉTRICA. 
 
A equação (5.5) pode ser usada no cálculo das tensões de cisalhamento nas 
flanges dos perfis I e C e outros tipos. A Fig. 59 explica a existência das tensões cisalhantes 
nas flanges, através do estudo do equilíbrio de um elemento da flange separado por duas 
seções adjacentes e por uma seção longitudinal. A Figura 59 representa uma viga I em 
balanço. Como P atua para baixo, a flange superior está tracionada e a inferior comprimida. 
Como T2 > T1, pois o momento na seção 2 é maior do que na seção 1, deve haver uma força 
cortante Fc que atua como indicado na Figura para manter o equilíbrio do elemento. Esta faz 
aparecer uma força cortante complementar lateral H1. Assim, o elemento está em equilíbrio. O 
sentido de H1 determina o sentido das tensões cisalhantes na flange superior. Do mesmo 
modo, as forças de compressão C2 e C1 que atuam no elemento correspondente da aba 
inferior, exigem a existência da força cortante Fc que faz aparecer H2. Assim, as tensões de 
cisalhamento têm o sentido de H2, na flange inferior. Devido ao fato da flange superior ser 
tracionada e a inferior comprimida, as tensões cisalhantes têm sentidos opostos em uma e 
outra flange. 
 
 
Fig. 59 - Forças cortantes nas flanges de uma viga em balanço 
 
As intensidades das tensões cisalhantes nas flanges é determinada pela equação 
(5.5). Orientando s a partir da extremidade livre da direita, Fig. 60, obtemos: 
 
τ = = =
VM V Vhs
I
S
∆
∆
∆ I
 sh
2I 2
 (5.6) 
 
A intensidade da tensão cisalhante nas flanges é diretamente proporcional à 
distância a borda livre da mesma (s). 
 
Na Fig. 61 representamos a variação da tensão cisalhante e seu sentido. 
 
 
 
 
 
Unidade5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 94 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 60 - O eixo s é sempre orientado a partir da borda livre. 
 
Fig.61- Representação da variação da tensão cisalhante nas flanges e na alma. 
A resultante de todas as tensões tangenciais na alma dá uma força igual à V. 
Estas tensões são as únicas que têm direções verticais (direção de V). 
 
Podemos concluir que as tensões cisalhantes caminham das bordas da flange inferior 
para dentro; em seguida sobem a alma e finalmente seguem para fora na flange 
superior Fig. 61. O fluxo é sempre contínuo em qualquer seção estrutural e serve para 
determinar o sentido das tensões. Se a força cortante atua, por exemplo, para baixo, 
sabe-se que o cisalhamento na alma é neste sentido e isto define o sentido das tensões 
cisalhantes nas flanges. 
 
Na Fig. 62, vemos que a resultante de todas as tensões de cisalhamento na seção é 
uma força vertical (as tensões horizontais produzem forças que se anulam não dando 
resultante). A resultante passa pelo centro de gravidade C, que para as seções I (com dupla 
simetria) é também o centro de torção S. O centro de torção é o ponto por onde passa a 
resultante de todas as tensões cisalhantes que atuam na seção transversal. 
 
 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 95 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 62 - Em uma seção com dois eixos de simetria, o centro de torção S coincide com o 
centro de gravidade. 
 
5.5. ESTUDO DE UMA SEÇÃO C COM UM EIXO DE SIMETRIA. 
 
Vejamos o caso de uma seção C com um eixo de simetria, posicionado como eixo 
neutro, em balanço, sob uma carga vertical P, Fig. 63. Vamos estudar o que ocorre em uma 
seção reativa (equilibrante). Na Fig. 63, verificamos que nas flanges aparecerão tensões 
cisalhantes que caminham continuamente seguindo o sentido da tensão cisalhante do cortante 
na alma (como já estudamos para o perfil I). Estas tensões dão origem às forças: H, V e H, 
Fig. 63. 
O valor da tensão cisalhante na flange é (Fig. 64): 
( )τ = =



 =∫ ∫
V
I
Y ds
V
I
h Vhs
I
s s
∆
∆
∆
∆( )
0 0 2 2
ds (5.7) 
onde: ∆ - espessura da flange. 
 δ - espessura da alma. 
 s - tem origem na borda livre (Fig. 64) e situa-se na linha mediana do 
 contorno. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Fig. 63 Fig. 64 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 96 
 
A força horizontal resultante em cada flange é: 
( ) ( )H á rea
V h b
I
b
V h b
Im ed= = =τ
4 4
2
∆
∆
 
Assim, as tensões cisalhantes, na face reativa, formam o sistema de forças abaixo 
(Fig. 65a) que é equivalente ao sistema da (Fig. 65b), pois ambos têm a mesma resultante e o 
mesmo momento em relação ao mesmo ponto que é o centro da alma. Para isto é necessário 
que: 
I4
bVhHhe.V
22 ∆
== , donde: 
4I
bhe
22 ∆
= (5.8) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Fig. 65 a Fig. 65 b 
 
Fig. 65 - Os sistemas das Figuras 65a e 65b são equivalentes: têm a 
mesma resultante e o mesmo momento em relação ao meio da alma. 
 
Como o sistema da Fig. 65b é composto de uma só força excêntrica, V, passante 
por S, este ponto é o centro de cisalhamento, pois é o ponto por onde passa a resultante de 
todas as tensões cisalhantes atuantes na seção. Assim, S, localiza o centro de torção de uma 
seção C simétrica: ele está sobre o eixo de simetria a uma distância “e” do meio da alma, 
contrária à boca do perfil. O ponto S está fora da seção. Este ponto é uma característica 
geométrica dela e não depende do carregamento nem da posição da seção. 
Se o carregamento não passar por S, em cada seção reativa haverá uma força 
cortante V passando por S. Isto fará com que a viga seja submetida à torção e flexão. Ela terá 
flexão simples se as forças atuantes tiverem suas direções passando todas por S. Toda vez que 
as forças forem paralelas à Y, passando fora de S, elas poderão ser substituídas por um 
sistema de forças equivalentes formado por forças que passam por S e por um conjugado de 
torção. Teremos uma combinação de flexão e torção atuando sobre a viga. Se as cargas atuam 
na direção de Z passando por S e pelo centro de gravidade, a flexão é simples em torno de Y. 
Se as cargas são inclinadas elas podem ser decompostas em cargas paralelas aos eixos Y e Z, 
estaticamente equivalentes as anteriores, que serão analisadas como nos casos precedentes 
(Fig. 63). 
A Fig. 66 representa a distribuição das tensões cisalhantes em uma seção C. 
Verificamos que o fluxo é contínuo e na alma ele tem o sentido das tensões cisalhantes do 
cortante V. 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 97 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 66- Distribuição das tensões tangenciais através do perfil C 
A integração das tensões tangenciais através da alma dará uma força vertical igual a V. 
 
Nos casos em que a seção é formada por dois elementos retangulares, de parede fina, 
que se cruzam, as tensões de cisalhamento originam duas forças que se cortam na 
junção dos dois elementos. Este ponto é o centro de torção, pois ele é o ponto por 
onde passa a resultante de todas as tensões cisalhantes que atuam na seção (Fig. 67). 
 
 
 
Fig. 67 - Seções formadas por dois elementos de parede fina que se cruzam. 
 
No caso de uma seção em Z o procedimento é o seguinte: representamos o fluxo 
contínuo das tensões cisalhantes (Fig. 68a) e substituímos estas tensões pelas forças 
correspondentes (Fig. 68b). A resultante das forças nas flanges é 2H atuando no centro de 
gravidade da seção (Fig. 68b). Combinando esta resultante com a força cortante na alma (V) 
obtemos a resultante R na seção (Fig. 68b). Como R passa pelo centro de gravidade, este 
coincide com o centro de cisalhamento (Fig. 68c). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 98 
 
Fig. 68 - O centro de torção de uma seção em Z coincide com seu centro de gravidade. 
 
A Fig. 69 apresenta o centro de torção de alguns perfis usados em estrutura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 69 - Centro de torção de alguns perfis. 
 
Na resolução de exercícios é mais conveniente trabalhar-se com a seção ativa, onde 
as tensões têm o mesmo sentido dos esforços correspondentes. O que ocorre na seção 
reativa (equilibrante), em termos de tensões, ocorre na seção ativa, somente que nesta 
as tensões têm os sentidos dos esforços aplicados enquanto que na outra (reativa) têm 
sentidos opostos. 
 
Assim, para se compreender melhor o fenômeno do centro de torção, usamos a 
seção reativa, mas na resolução de problemas é mais conveniente o trabalho com a seção 
ativa. 
 
 
 
 
 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
BEER - RUSSEL, Resistência dos Materiais. 3ª ed, Makron Books, 1996, SP. 
 
HIGDON e outros, Mecânica dos Materiais, 3ª ed, Guanabara Dois, 1981, RJ. 
 
SINGER, F., Resistencia de Materiales, Harper-Row Publishers Inc. 636 p., 
1971. Madrid. 
 
TIMOSHENKO-GERE, Mecânica dos Sólidos, Vol. II, Livros Técnicos e 
Científicos Editora. 1984. 450 p., RJ. 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 99 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 5.1 
Para a seção H de mesas desiguais, isolada do engastamento com todos os 
esforços solicitantes, indicados abaixo, pede-se: 
 
1 - Localizar o centro de cisalhamento. 
2 - Determinar as parcelas de M = 20000 kgf.cm, que atuam em 1 e 2. 
3 - Determinar as parcelas de V = 200 kgf, que atuam em 1 e 2. 
4 - Determinar o torque T que age no perfil e τmáx proveniente deste torque. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
cm 56,20h e cm 44,4h : Logo 
25hh ,h216,0h
I
I
h
h
 
cm 33I ,cm 153I1
21
2121
1
2
2
1
4
2
4
1
==
=+=→=
==−
 
 
ngulos.âret os todos para cm/kgf 160 e cm 46,12I 
I
.T
 
.s
3
1I 
kgf.cm 2122=4,44)-200(15,00=V.braco=T 4
kgf 35 = V e kgf 165V 
)II(
I.V
V 
:modo mesmo Do 3
cm 3548 Me kgf.cm16452
)II(
MI
 M2
2
max
4
t
t
max
max
3
iit
21
21
1
1
2
21
1
1
==
=
=
−
=
+
=
−
==
+
=−
∑
τ
δ
τ
δ
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 100 
 
 Exercício 5.2 
Verificar se o sistema abaixo está dimensionado, usando Von Mises. Em caso 
afirmativo, calcular o coeficiente de segurança. Desprezar o esforço cortante da secção. 
Calcular o ângulo de torção na seção livre. 
Dados: 
P = 100 Kgf 
G = 0,8.106 kgf/cm2 
Syt = 3.000 kgf/cm2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
c
I
T l
G I
y
I
I
eq
t
=
+
+
=
=
+
=
=
+
=
= =
= + =
= = =
( . . , . , . , )
( . . , )
,
( , . , . ) ,
. , .
( . , , . )
,
. .
,
,
.
.
.
, . . ,
,
15 17 5 5 0 5 0 25
15 1 5 0 5
6 46
14 5 1 0 5 6
12
10 21
6210 5 3
6 0 5 1475 1
60 1
100 100 3
10 21
2938 3
3 2940
100 621
0 8 10 5 17
0 015
3 3
3 3
2 2
6
 cm
 cm
braç o do torç or= 6,46 - 0,25 = 6,21 cm
T = 100.6,21 = 621 kgf.cm
 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm 
 rad
4
2
2
2
τ
σ
σ σ τ
ϕ
 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 101 
 
 Exercício 5.3 
Para a viga abaixo, impedida de torcer nas extremidades e bi-apoiada a flexão, pede-se: 
1 - Diagrama de momento fletor. 
2 - Diagrama de esforço cortante. 
3 - Diagrama de momento torçor. 
4 - Verificar se o sistema está dimensionado calculando o coeficiente de 
segurança em caso afirmativo. 
Syt = 2000 kgf/cm2, usar Von Mises. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4
t
333
t
4
x
cm 58,11I 
)8,0.212.1.12(
3
1i.si
3
1I 
cm 33,3181I4
=
+==
=−
∑ δ 
 
222
eq
2
t
T
2
kgf/cm 20433
kgf/cm 12,1151
58,11
1.13330
I
.T
kgf/cm 461=
I Nivel
=+=
===
τσσ
δτ
σ
 
 
12,115198766921
kgf/cm 66
33,3181.8,0
)5,10.1.12(1333
I.b
VMs
kgf/cm 921 kgf/cm 419=
II Nivel
2
V
2
T
2
 2000 ; o sistema não está dimensionado!! 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 102 
 
 Exercício 5.4 
A viga bi-apoiada abaixo tem suas extremidades impedidas de torcer. Todo o 
carregamento situa-se no plano vertical que passa pelo meio da alma (A - A). Pede-se: 
 
1 - Diagrama de momento fletor. 
2 - Diagrama de momento torçor. 
3 - Tensão equivalente no ponto X da seção I-I, aplicando Von Mises. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 e 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 5 – CENTRO DE CISALHAMENTO 
 
Página 103 
 
3- 
 
48,1
1291.4
1.19.6,4
I4
hbe
2222
===
∆ 
 
Braço = 1,48 cm, I = 1291 cm4 
 
 I
 I cm
 kgf.cm 
 
T = 517.1,48 = 765 kgf.cm
= 51700.10
1292
= 400 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm
t
t
4
2
2
2
T
2
2
= = +∑
=
=
=





= = =
= + =
= =
= = =
+ =
>
1
3
1
3
4 6 1 2 19 0 8
6 3
51700
517
765 1
6 3
121
3 4516
765 0 8
6 3
97
517 5 1 9 5
0 8 1292
24
97 24 121
3 3 3
2 2
si i
I
M
V kgf 
Nivel I
T
I
Nivel II
VMs
b I
T
t
eq
V
eq
I
eq
. ( , . . . , )
,
. .
,
,
. ,
,
.
. . . ,
, .
δ
σ
τ δ
σ σ τ
τ
τ
σ σ II
eq
Iσ = 4516, kgf / cm2
 
 
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 104 
 
6. VIGAS CURVAS 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir vigas de forte curvatura. 
- Determinar a posição da linha neutra em vigas de forte curvatura. 
- Aplicar as equações de equilíbrio da estática e determinar a fórmula da 
tensão normal. 
- Determinar a tensão normal resultante sob flexão-solicitação axial. 
 
 
6.1 – INTRODUÇÃO – NOTAÇÕES 
 
A distribuição das tensões normais em uma viga curva é determinada baseando-se 
nas seguintes considerações: 
 
1- A peça possui um plano vertical de simetria que contém todo carregamento 
externo. 
2- As seções planas permanecem planas após a deformação. As fibras neutras 
mantêm seus comprimentos originais. Assim, as fibras situadas à igual 
distância da linha neutra, alongam e encurtam de uma mesma quantidade e 
experimentam tensões iguais através da largura da seção. 
3- O módulo de elasticidade, E, é o mesmo para tração e compressão. 
4- O material trabalha dentro do regime elástico. 
 
Ao contrário do que ocorre com as vigas retas, encontraremos que o eixo neutro de 
uma viga curva não passa pelo seu centro de gravidade. As tensões normais 
possuem uma lei de distribuição não linear, em relação à linha neutra. 
 
Notações: 
ro - raio da fibra mais externa. 
ri - raio da fibra mais interna. 
c0 - distância do eixo neutro à fibra mais externa. 
ci - distância do eixo neutro à fibra mais interna. 
r - raio do eixo centroidal. 
r - raio do eixo neutro. 
h - espessura da seção. 
e - distância dos eixos neutro e centroidal. 
ρ - distância do centro de curvatura a uma fibra qualquer. 
h – altura da seção transversal. Se r ≤ 5.h → viga de forte curvatura. 
 
 
6.2 – CÁLCULO DA TENSÃO NORMAL 
 
Para iniciar, definiremos o elemento abcd pelo ângulo φ. Um momento fletor M 
(positivo no sentido indicado, ou seja, de diminuir a curvatura) faz com que a seção bc gire de 
dφ, passando para b'c' (Fig. 70). O eixo Y tem origem na linha neutra (C) e é positivo no 
sentido do centro de curvatura (O). A deformação de uma fibra à distância ρ do centro O é: 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 105 
 
 
-
+
e
y
rr
O
b
h
-
y
σ
b
b'
c c'
ρ
G
C
M
y
a
d
φ
dφ
ri
Ci
Co ro LN
O
Figura 70 
 
 
ρφ
φρ∆ξ
d )r(
l
l −
== (6.1) 
 
A tensão normal correspondente é: 
ρφ
φρ
ξσ
d )-E(r=E = (6.2) 
Yr =− ρ 
ρφ
φ
σ Y.d E






= 
 
Equação de uma hipérbole, pois a parte entre colchetes é constante. 
Desde que são nulas as forças externas atuantes na seção (resultante do binário M 
é nula - flexão pura), a resultante das forças normais na seção deve ser nula: 
 
0dA )-(r d EdA ==∫ ∫ ρ
ρ
φ
φσ 
ou 
0dAdA r d E
=





−∫ ∫ρφ
φ (6.3) 
Resolvendo as expressões entre parênteses: 
∫
∫ =−
ρ
ρ dA
A=r , 0AdA r (6.4) 
Esta importante equação é usada para localizar o eixo neutro em relação ao centro 
de curvatura da seção transversal. 
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 106 
 
Esta equação indica que os eixos neutro e centroidal não são coincidentes. 
 
Determinemos a distribuição das tensões normais na seção. 
Equilibremos o momento externo aplicado, através do momento interno resistente: 
 
∫ ∫ ==− MdA)-(r d EdAr
2
ρ
ρ
φ
φσρ )).(( 
Mas: 
 r2rr 222 ,)( ρρρ +−=− logo: 






−+





−=−+−





= ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ dArdAdAdArrd E)dArdAdArdA (r d EM 2 ρ
ρφ
φρ
ρφ
φ
 
Como r é constante, comparando os dois primeiros termos entre parênteses com a 
equação (6.3) verificamos que eles desaparecem e finalmente teremos: 
 
∫ ∫+−= )( dA dArd EM ρ
φ
φ 
A primeira integral é a área da seção e a segunda é igual à r .A (momento estático 
de toda área em relação a um eixo passante por 0, centro da curvatura), logo: 
 
A.e.d EA).rr(d EM
φ
φ
φ
φ
=−= (6.5) 
Finalmente, tirando o valor de E.dφ/φ da equação (6.2) e substituindo na 
expressão de M acima, teremos: 
 
 
A.e.
M.y 
yreA
yM
ρ
σ =
−
=
).(.
. pois: (6.6) 
yr
yr
l.transversa seçãoda curvatura de
 centro o e gravidade de centro o entre sempre, situada,fica neutra linha a0err
−=
=−
⇒>=−
ρ
ρ
 
Esta equação mostra que a distribuição das tensões normais é hiperbólica. 
As tensões máximas ocorrem nas fibras internas e externas e são: 
 
 ,
reA
cM
i
i
i ..
.
=σ 
reA
cM
o
o
o ..
.
=σ 
Estas equações foram demonstradas para flexão pura, que não é o caso mais 
comum. Normalmente, tem-se uma carga excêntrica. 
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 107 
 
Neste caso esta carga deve ser reduzida ao centro de gravidade da seção transversal 
sob consideração, e devemos trabalhar como se tivéssemos uma carga cêntrica mais 
uma flexão pura. 
 
Deste modo, em adição às tensões normais de flexão, aparecem tensões normais 
uniformemente distribuídas sobre a seção (cargaEspesso Enrolado com Arame ...................... 214 
 Apêndice VII – Esfera de Parede Espessa .......................................... 218 
 Apêndice VIII – Ensaio de Deflexão em Flexão Assimétrica ............. 222 
 Apêndice IX – Ensaio de Flexão em Viga de Forte Curvatura ........... 227 
 Apêndice X – Ensaio de Cilindro Espesso .......................................... 230 
 Apêndice XI – Ensaio de Flambagem ................................................. 233 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 1 
 
1. NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
 
1.1 - VETOR TENSÃO 
 
Objetivos: 
 
- Definir vetor tensão e suas componentes 
- Definir e identificar estado triplo de tensão 
- Introduzir convenções relacionadas às tensões 
 
Para definir vetor tensão, vamos supor um corpo elástico, vinculado 
isostaticamente, em equilíbrio. Sob a ação de um sistema de forças ele se deforma. Em um 
plano cuja normal é "n", aparecerão forças internas necessárias para manter o equilíbrio da 
parte isolada do corpo (porção da esquerda), Figura 1. A distribuição destas forças é qualquer. 
Imaginemos um ponto P, situado neste plano e uma área ∆A, ao seu redor. Nesta área atuarão 
forças que serão equivalentes a uma resultante e a um momento (Figura 1). A resultante e o 
momento dependerão do plano que contém P. Para cada plano teremos uma resultante e um 
momento, normalmente diferentes. 
 
 
Figura 1 
 
Vamos indicar por Mn e Fn o sistema equivalente dependente do plano cuja 
normal é "n". Ao quociente da força resultante pela área chamaremos de tensão média. Se a 
área ∆A vai diminuindo a tendência do binário, Mn, é desaparecer, pois o braço de alavanca 
do binário tende a se anular. No limite vamos obter o vetor tensão que será definido como: 
 )/(F =T n0n lim ∆Α
∆Α→
 
A força Fn pode ser decomposta em suas componentes Fnn e Fnt Figura 2. Vamos 
definir tensão normal como: 
 )/(F = nn0n lim ∆Ασ
∆Α→
 
e tensão tangencial como: 
)/(F = nt0n lim ∆Ατ
∆Α→
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2 
 
Caso seja adotado um sistema referencial prévio, de tal forma que um de seus 
eixos coincida com a normal ao plano e os outros estejam no próprio plano, a força Fnt será 
decomposta dando, por conseguinte, duas tensões tangenciais (Figura 3). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3 
 
Os materiais obedecem mais às componentes do vetor tensão do que o próprio 
vetor. Assim, para cada plano passante por P, o vetor tensão dará origem a três componentes: 
uma tensão normal e duas tangenciais. Mas, para se definir um estado triplo de tensão, é 
necessário o conhecimento das tensões que atuam em três planos mutuamente perpendiculares 
através do mesmo ponto. Lembremos, fazendo uma analogia, que para se definir um estado 
plano, é necessário o conhecimento das tensões que atuam em dois planos perpendiculares 
através do ponto. 
A identificação de um estado triplo de tensão é feita quando as tensões atuantes 
nos três planos perpendiculares através do ponto, não podem estar situadas em um mesmo 
plano. Já no estado plano, todas as tensões atuantes nos dois planos perpendiculares que 
definem o estado plano através do ponto, estão situadas num mesmo plano. 
A Figura 4 indica as tensões atuantes em três planos perpendiculares através do 
mesmo ponto. As seis faces são definidas pelas direções de suas normais. Uma face positiva é 
aquela cuja normal está no sentido positivo do eixo coordenado. Os eixos x, y e z, seguem a 
regra da mão direita. 
Uma tensão normal σx na direção x, atuante na face positiva, é positiva quando 
seu sentido coincide com o sentido de x positivo. Se a mesma tensão atua em uma face 
negativa, ela é positiva quando seu sentido coincide com o sentido de x negativo. Todas as 
tensões normais apresentadas na Figura 4 são positivas. O índice da tensão normal 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 3 
 
corresponde ao do eixo paralelo a ela. Assim, σx é uma tensão normal à face cuja normal é x. 
As tensões normais são positivas se são trativas. 
As tensões tangenciais, τ, possuem dois índices. O primeiro designa a normal ao 
plano sobre o qual atua e o segundo, o eixo coordenado ao qual é paralela. Assim, τxy é uma 
tensão tangencial que atua no plano x, na direção y. Uma tensão tangencial atuante em uma 
face positiva será positiva quando seu sentido segue o do eixo coordenado do segundo índice. 
Se esta tensão atua em uma face negativa, será positiva quando seu sentido segue o sentido 
contrário ao eixo coordenado do segundo índice. Todas as tensões tangenciais indicadas na 
Figura 4 são positivas. 
 
Figura 4 
 
 
1.2 - IGUALDADE DAS TENSÕES TANGENCIAIS 
 
Objetivo: 
- Demonstrar a igualdade das tensões tangenciais. 
 
τxy = τyx 
τxz = τzx (1.1) 
τyz = τzy 
 
Imaginemos um estado complexo de tensões definido abaixo, Figura 5. 
 
 
Figura 5 
 
 
Para demonstrarmos a igualdade das tensões tangenciais, imaginemos um 
elemento, como o abaixo (Figura 6) onde foram colocadas somente as tensões que produzem 
momentos em relação à x: 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 4 
 
 
Figura 6 
 
A somatória dos momentos em relação à x fornece: 
zyyzzyzyyzyz 0
2
dz.dxdy
2
dz.dxdy
2
dy.dxdz
2
dy.dxdz ττττττ =∴=−−+ 
 
Analogamente: 
τxy = τyx 
τxz = τzx 
 
 
1.3 - REPRESENTAÇÃO TENSORIAL. 
 
 Objetivos: 
 
- Definir tensor tensão. 
- Enunciar as propriedades da matriz. 
- Representar, matricialmente, os estados triplos, duplo e mono-axial de 
 Tensão. 
- Identificar na matriz, as tensões normais principais. 
 
A matriz tensor tensão é definida do seguinte modo: em cada linha se colocam as 
tensões atuantes em um dos três planos que definem o estado de tensão: 1ª linha - plano x; 2ª 
linha - plano y; 3ª linha - plano z. As tensões em cada coluna são colocadas conforme suas 
direções, mantendo sempre a ordem: direção x, y e z. Por exemplo: 1ª linha e 3ª coluna, 
tensão τxz - atua na face x, na direção z. 3ª linha e 2ª coluna, tensão τzy - atua na face z, na 
direção y. 
 
Assim teremos: 
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
σττ
τστ
ττσ
= (1.2) 
 
Como as tensões tangenciais são iguais duas a duas - equação (1.1), a matriz é 
simétrica em relação a sua diagonal principal. 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 5 
 
Em um estado plano de tensões, as tensões atuantes em uma face (y, por exemplo) 
são todas nulas. Isto implica na matriz em se ter uma linha e uma coluna nulas: 
 
zzx
xzx
0
000
0
T
στ
τσ
= 
 
Este mesmo raciocínio pode-se estender ao estado mono-axial de tensão, onde 
teremos, unicamente, uma tensão normal, que será principal. 
 
z00
000
000
T
σ
= 
 
Pode ser demonstrado que, em qualquer estado de tensão em um ponto, um elemento 
pode ser orientado de forma que as tensões tangenciais se anulam sobre suas faces. 
 
As três direções assim obtidas são chamadas direções principais e as tensões 
normais, segundo estas direções, são denominadas de tensões normais principais (t.n.p.). Elas 
são representadas, simbolicamente, por σ1, σ2, σ3 e entre elas é válida a condição seguinte: 
 
321 σσσ ≥≥ 
 
Assim, nas faces onde atuam as tensões normais principais (t. n. p.), as tensões 
tangenciais são nulas. 
A identificação de uma t.n.p., na matriz do tensor tensão, é feita considerando o 
fato de serem nulas as tensões tangenciais atuantes na mesma linha (mesma face). Isto implica 
em se anularem as tensões tangenciais atuantes em uma linha e em uma coluna (igualdade das 
tensões tangenciais). Logo a t.n.p. ficará no cruzamento destas: 
 
zzy
yzy
x
0
0
00
T
στ
τσ
σ
= 
 
 
1.4 - REPRESENTAÇÃO ATRAVÉS DO CÍRCULO DE MOHR 
 
Objetivos: 
 
 - Esboçar e interpretar os círculos de Mohr para o estado triplo. 
 - Representar graficamente o estado triplo, pelas suas t.n.p. 
 - Definircêntrica) que deverão ser adicionadas 
algebricamente às tensões normais de flexão para se ter a tensão total nos diversos pontos. 
A seção ideal de uma viga curva pode ser projetada relacionando as tensões nas 
fibras mais internas e mais externas, com as tensões limites da tração e compressão do 
material. No caso de materiais dúteis (Syt = Syc) as tensões nas fibras mais internas e mais 
externas deverão ser iguais para se aproveitar ao máximo o material e a seguinte relação deve 
ser satisfeita: 
o
i
o
i
r
r
c
c
= 
Finalizando, podemos dizer que uma viga é de forte curvatura se r /h ≤ 5 e para 
tais vigas a fórmula geral para cálculo da tensão normal é: 
 
).(.
.
yreA
yM
A
N
−
±=σ (6.7) 
 
Se r /h > 5, podemos supor a viga reta e usar a seguinte fórmula conhecida: 
 
I
yM
A
N .
±=σ , que é a fórmula para viga reta, já usada anteriormente. 
O erro que se comete, neste caso, não excede à ± 7%. 
 
No estudo da distribuição das tensões normais nas vigas de forte curvatura, nós 
ignoramos a tensão normal radial que ocorre devido à compressão mútua das fibras do 
material. Ela não tem maior importância para as vigas curvas do que para as vigas retas como 
pode ser determinado em experiências em modelos construídos com materiais frágeis. Elas 
são particularmente elevadas em seções cujas larguras variam bruscamente (vigas I). 
É permitido calcular as tensões tangenciais nas seções transversais de uma viga 
curva (devido ao cortante) usando a expressão da tensão tangencial para vigas retas: 
 
Ib
MV s
.
.
=τ 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 108 
 
Fórmulas para a determinação da linha neutra em barras de forte curvatura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
 BELYAEV, N. M., Strength of Materials., 1ª ed., Editorial Mir. Moscou. 
 
 
 SHIGLEY, Joseph Edward., Elementos de Máquinas., Vol. 1, Livros Técnicos e 
Científicos Editora S.A. 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 109 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 6.1 
Para a viga de forte curvatura abaixo, pede-se: 
a - valor máximo de P sabendo que S yt = 1400 kgf / cm2 
b - diagrama das tensões normais de flexão e tensões normais de solicitação axial, 
indicando as intensidades das tensões . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
)dr4r2(4
d
=r
neutra linha)a
22
2
−−
 
 
kgf 3448=P 1400=0,406P 
P148,0 e P406,0
: Logo
cm 4,536- = y cm 464,3y
Ae
My
A
P
cm 50,24=A ,0,536=r-r=e ,12P = M
cm 7,464 =r cm 8 =d , cm 8r
BA
BA
BA
2
∴>
−==
+=
±=
→=
σσ
σσ
ρ
σ
 
 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 110 
 
 Exercício 6.2 
Para a viga de forte curvatura abaixo, sabendo que P = 10 kN, determinar as 
tensões normais em A e B. 
 
 
 
 
Solução: 
N.m 1300P30)10+-(100=M
mm 3 =127-130=r-r=e
mm 100 =r ,mm 90 = h ,mm 190r
mm 127
1
r
r
h
r
0,5h=r
mm 13090
3
1100r
3-
12
1
22
−=
=
=
−
=+=
ln
 
Solicitação axial: P ( comp ) 
 MPa8,2
)10(
2
90.80
10000
A
P
23
−=−=−=
−
σ 
Flexão Pura 
M = - 1300 N. m 
yA =127 - 100 = 27 mm 
yB = - (190 - 127) = -63 mm 
 
σ
ρ
σ
σ
=
=
−
= −
=
− −
= +
−
−
−
−
My
Ae
MPa
MPa
A
B
1300 27 10
40 90 3 100 10
32 5
1300 63 10
40 90 3 190 10
40 0
3
3 4
3
3 4
. .( )
. . . .( )
,
.( ).( )
. . . .( )
,
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 111 
 
Tensões resultantes: 
σ
σ
A
R = − − = −
= − =
32 5 2 8 35 3
40 0 2 8 37 2
, , ,
, , ,
 MPa
 MPaB
R
 
 
 Exercício 6.3 
Uma viga curva de raio interno 15 cm tem seção indicada baixo. Está sujeita a um 
momento fletor M. Pede-se “x” de modo que e a tensão de flexão na fibra mais interna tenha o 
mesmo módulo que a tensão da fibra mais externa. 
 
 
 
Solução: 
 
5. .2,5 15.5.12,5
5 15.5
12,5 937,5
5 75
A 75 575 5 , r = 35 20 (2,798 0,288 )5ln ln
20 15
xc
x
xc
x
xA x
xx
+=
+
+=
+
+= + =
++
 
0 0
75 5 15
152,798 0,288 0,429
75 5 3535
2,798 0,288
(35(2,798 0,288 ) 75 5 ).0,429 75 5 15(2,798 0,288 )
15,472 
i iy
y
x
x
x
x
x x x x
x cm
ρ
ρ
=
 + − +  = = + − + 
+ − − = + − +
=
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 112 
 
 Exercício 6.4 
Para a viga curva da Figura abaixo, pede-se determinar as tensões normais 
resultantes, máxima e mínima, na seção BB. O valor de P e 1800 kgf. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
1) Seção CD analisada como viga reta : 
 * Localização do C.G. 
c
A
I
My
I
cm
cm
L N
C
=
=
=
=
= =
= − = −






2 5
15 625
81 4
1800 15 2 5
81 4
829 2
1800 15 5 0
81 4
1658 5
2
2
,
,
,
. . ,
,
, /
. . ,
,
, /
.
 cm
 cm
 kgf
 kgf
2
4
D
σ
σ
σ
 
 
 
2) Seção CD analisada como viga de forte curvatura 
 
r h
viga de fo
y
P
A
My
Ae
C
C
D
= − = −






5
15 37 5
2 184 5 316
1800 15 2 184
15 625 0 316 12 5
955 4 829 2
1800 15 5 316
15 625 0 316 20
1453 5
,
, ,
. . ,
, . , . ,
, ,
. . ,
, . , .
,
rte curvatura
r = 15
r = 14,684
e = r - r = 0,316 , A = 15,625 cm
 cm , y cm , M = + 1800.15
 
2
D
σ
ρ
σ
σ
 
Unidade 6 – VIGAS CURVAS 
 
Página 113 
 
3) Seção BB: 
 
 
 
 
2115
) trac. ( kgf 1800P
42906
20316062515
316554000
Ae
My
71911
512316062515
184254000
Ae
My
cm 020 cm 3165y
cm 512 cm 1842y
Kgf.cm 54000M
P
2
1
22
11
,
,
.,.,
),.(
,
,.,.,
,.
,,
,,
=
≅
−≅
−
==
+≅==
=→−=
=→+=
=
σ
ρ
σ
ρ
σ
ρ
ρ
 
 
Tensões resultantes 
 
σ
σ
1
2
2027
2791
R
R
=
= −
 kgf / cm
 kgf / cm
2
2
 
 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 114 
 
7. - CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir cilindros de parede espessa. 
- Deduzir as equações de Lamé. 
- Determinar as tensões radiais e circunferenciais em cilindros compostos 
 usando o princípio da superposição. 
- Determinar as tensões longitudinais. 
- Deduzir a expressão da tensão de interferência. 
 
 7.1 – INTRODUÇÃO 
 
Definimos um cilindro de parede espessa quando a espessura de sua parede for 
maior do que a décima parte do seu raio interno. No tratamento teórico de cilindros de parede 
fina, admite-se que as tensões circunferenciais são constantes através da espessura da parede, 
e também, que não há variação de pressão através desta, e ainda, que a tensão radial é 
desprezível em face das outras tensões (Fig. 71). Nenhuma destas considerações é válida para 
cilindro espesso, no qual a variação da tensão circunferencial e radial indica-se na Fig. 72, 
seus valores sendo dados pelas equações de Lamé (1795-1870): 
 
2H r
BA +=σ e 2r r
BA −=σ 
Exemplos de aplicação: vasos de pressão, cilindros hidráulicos, sistemas de 
dutos, tubulações deformáveis, etc. 
 
 
 
Figura 71 – Cilindro fino sujeito à pressão interna 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 72 - Cilindro espesso sujeito à pressão interna 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 115 
 
O desenvolvimento da teoria para cilindros espessos, é indicado para seções 
afastadas das extremidades, desde que, a análise da distribuição das tensões em torno das 
juntas (extremidades), é particularmente complexa. Assim, para seções centrais o sistema de 
pressão que é normalmente aplicado, é simétrico e todos os pontos dos elementos anulares da 
parede do cilindro, deslocarão da mesma quantidade, dependendo do raio do elemento. As 
tensões cisalhantes não devem existir sobre as superfícies interna e externa do anel, já que as 
cargas de pressão não tendem a forçar os anéis a rodar um em relação ao outro. 
Consequentemente, não haverá tensão cisalhante nos planos transversais e as tensões em tais 
planos, serão as principais. 
 
 Um cilindro de parede espessa pode ser considerado como constituído por uma série 
de anéis concêntricos – cilindros de parede fina concêntricos 
 
Desenvolvimento da teoria de Lamé. (1833) 
 
Considere o cilindro espesso da Fig. 74. As tensões atuantes emum elemento 
de comprimento unitário, e raio r são as da Fig. 73. A tensão radial aumenta de σr para σr + 
dσr, através da espessura elementar (todas as tensões foram consideradas positivas, ou seja, de 
tração). 
Uma vez que se supõe o anel como um cilindro de parede fina, a tensão σH 
pode ser considerada uniforme através da espessura do anel. 
Projetando as forças atuantes na direção radial, temos: 
 
 
 Figura 73 Figura 74 
 
( ) ( )
2
dsen.1.dr.21.dr.1.d.drr.d Hrrr
θσθσθσσ =−++ 
Para pequenos ângulos: radiano
2
d
2
dsen θθ
≅ 
Desprezando as quantidades de segunda ordem: 
drdrdr Hrr σσσ =+ 
H
r
r dr
d
r σ
σ
σ =+ 
dr
d
r r
rH
σ
σσ =− (7.1) 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 116 
 
A equação (7.1) não pode ser integrada diretamente, pois tanto σH como σr são 
funções de r. Apelemos para uma equação de deformação. 
 
 Verifica-se, cuidadosamente, por medições, que a deformação axial é uniforme. As 
seções transversais planas, antes do carregamento, permanecem planas e paralelas 
após a aplicação das pressões internas. Deste modo, a deformação longitudinal, εL,, 
é constante através da espessura do cilindro. 
 
[ ]HrLL E
1 σνσνσε −−= 
 ( )[ ] tetancons
E
1
HrL =+−= σσνσ 
ou seja, εL , não depende de r. 
Considerando que a tensão longitudinal, σL, é constante através da parede do 
cilindro, em pontos distantes das extremidades, temos: 
 
A2tetanconsHr ==+σσ (7.2) 
Substituindo σH em (7.1), 
dr
drA2 r
rr
σ
σσ =−− 
Multiplicando por r e organizando: 
( ) 0Arr
dr
d
,0Ar2
dr
drr2
22
r
r2
r
=−
=−+
σ
σ
σ
 
 
Deste modo, integrando, BtetanconsArr 22
r −==−σ . 
2r r
BA −=σ (7.3) 
 
e da equação (6.2): 
2H r
BA +=σ (7.4) 
 As equações acima determinam as tensões radial e circunferencial a um raio r em 
termos das constantes de integração A e B. Para uma determinada condição de 
pressão, haverá sempre duas conhecidas condições de tensão (normalmente tensão 
radial) que permitirão a determinação das constantes de integração e 
consequentemente, a avaliação das tensões. 
 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 117 
 
 7.2 - CILINDRO ESPESSO SUJEITO À PRESSÃO INTERNA "P", E PRESSÃO EXTERNA NULA. 
(FIG. 75) 
 
As duas conhecidas condições de tensões determinam as constantes de Lamé A 
e B. Assim, para: 
 
0;Rr;P;Rr r2r1 ==−== σσ 
A pressão interna é considerada negativa, pois produz compressão nas paredes 
do cilindro e a convenção de tensão normal adotada, torna compressão negativa. 
Substituindo as condições acima na equação (7.3). 
 
 
 
Figura 75 – Seção transversal do cilindro 
2
1R
BAP −=− ; 2
2R
BA0 −= 
( )2
1
2
2
2
1
RR
PRA
−
= ; ( )2
1
2
2
2
2
2
1
RR
R.PRB
−
= 
 
• ( ) =





−
−
=−= 2
2
2
2
1
2
2
2
1
2r r
R1
RR
PR
r
BAσ ( ) 




 −
− 2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
r
Rr
RR
PR
 (7.5) 
 • ( ) =





+
−
= 2
2
2
2
1
2
2
2
1
H r
R1
RR
PR
σ ( ) 




 +
− 2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
r
Rr
RR
PR
 (7.6) 
Estas equações produzem a distribuição de tensões indicada na Fig. 72, com os 
valores máximos de ambas, σH e σr no raio interno. O ponto mais perigoso será o da face 
interna (r = R1) onde σH é máximo e σr = –P. 
 
 
 7.3 - CILINDROS SUJEITOS À PRESSÃO EXTERNA P, E PRESSÃO INTERNA NULA. 
 
Examinando a Fig. 75 e aplicando as condições de contorno, supondo agora 
que P atua somente na face externa, teremos: 
 
Para r = R1, a tensão radial é nula. 
Para r = R2, a tensão radial vale - P. 
 
Resolvendo o sistema, obteremos finalmente: 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 118 
 
( ) 





±
−
−= 2
2
1
2
1
2
2
2
2
r
H r
R1
RR
PR
σ (7.7) 
essa expressão será muito usada no cálculo da interferência. Toda a tensão 
circunferencial é negativa e novamente o ponto mais perigoso é, normalmente, o da face 
interna (r = R1). 
Se na expressão (7.7) fizermos R1 tender para zero, o cilindro se transformará 
em um eixo maciço e a expressão (7.7) ficará: 
 
PrH −== σσ (7.8) 
Assim, para um eixo sob pressão externa P, σH = σr = -P, para qualquer ponto 
da seção transversal (independente de r). 
 
 
 7.4 - TENSÕES LONGITUDINAIS 
 
Considere agora a seção transversal de um cilindro espesso, fechado nas 
extremidades e sujeito a uma pressão interna P1 e a uma pressão externa P2 (Fig. 76). 
Supor: P1 > P2. 
 
 
Figura 76 – Seção longitudinal do cilindro 
 
Para haver equilíbrio horizontal (isolando a tampa do cilindro): 
( )2
1
2
2L
2
22
2
11 RR.R.PR.P −=− πσππ 
Onde σL é a tensão longitudinal constante estabelecida nas paredes do cilindro. 
2
1
2
2
2
22
2
11
L RR
RPRP
−
−
=σ (7.9) 
Pode-se mostrar que esta constante tem o mesmo valor da constante "A" das 
equações de Lamé. Isto pode ser verificado para o caso em que se tem somente pressão 
interna, fazendo P2 = 0, na equação (7.9). 
Para a combinação de pressão interna e externa a relação σL = A, também é 
aplicada. 
 
 
 7.5 - MÁXIMA TENSÃO TANGENCIAL 
 
Já foi dito que as tensões em um elemento num ponto da parede do cilindro, 
são tensões normais principais. 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 119 
 
Segue-se, deste modo, que a máxima tensão tangencial em um ponto vale: 
2
31
max
σσ
τ
−
= 
deverá ser então: 
2
rH
max
σσ
τ
−
= 
desde que σH é, normalmente, de tração, enquanto que σr é de compressão, e ambas excedem 
à σL em intensidade. 
Assim: 











 −−




 += 22max r
BA
r
BA
2
1τ 
2max r
B
=τ (7.10) 
O maior valor de τmáx normalmente ocorre no raio interno onde r = R1. 
 
 7.6 - CILINDROS COMPOSTOS 
 
Nos tubos que devem ser submetidos a pressões internas muito elevadas, como 
por exemplo, os tubos de canhões, é em geral necessário aumentar muito a sua espessura para 
que se possa aumentar relativamente pouco a pressão interna. Em vez disto, pode-se criar um 
estado inicial de tensões no tubo que conduza a uma solução mais favorável. 
Do esboço de distribuição de tensões indicado na Fig. 72, é evidente que há 
uma grande variação da tensão circunferencial, através da parede de um cilindro espesso, sob 
pressão interna. O material do cilindro não é, deste modo, usado o mais vantajosamente 
possível. Para obter uma distribuição de tensão circunferencial mais uniforme, os cilindros 
são, freqüentemente, montados com interferência, um tubo exteriormente ao outro. Quando o 
tubo externo contrai por resfriamento, o tubo interno é levado a um estado de compressão. Por 
sua vez, o tubo externo é levado a um estado de tração. Se o cilindro composto for sujeito a 
uma pressão interna, a tensão circunferencial resultante será a soma algébrica da tensão 
proveniente da pressão interna e das tensões originadas, pelo resfriamento, como indicado na 
Fig. 77; deste modo, é obtida uma melhor distribuição para a tensão circunferencial resultante. 
 
 
 
Figura 77 - Cilindros compostos - efeitos combinados de pressão interna e interferência 
 
 O método de resolução de cilindros compostos construídos de mesmo material é o de 
dividir o problema em três efeitos separados: 
a) pressão de interferência somente no cilindro interno 
b) pressão de interferência somente no cilindro externo 
c) pressão interna no cilindro completo (Fig. 78) 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 120 
 
Para cada condição de carregamento, haverá dois valores conhecidos para as 
tensões radiais, que tornarão possíveis a determinação das constantes de Lamé, para cada 
caso: 
 
 
 
Figura 78 – Método de resolução de cilindros compostos 
 
Condição a): r = R1, σr = 0 
 r = Rc, σr = -P 
 
Condição b): r = R2, σr = 0r = Rc, σr = -P 
 
Condição c): r = R2, σr = 0 
 r = R1, σr = -P1 
 
Assim, para cada condição, a tensão circunferencial e radial podem ser 
avaliadas, e se aplica o principio da superposição, isto é, as várias tensões são então 
combinadas algebricamente para produzirem as tensões no cilindro composto sujeito a 
interferência e pressão interna, simultaneamente. Na prática, isto significa que o cilindro 
composto suporta uma maior pressão interna antes de ocorrer falha. 
 
 
Figura 79 - Distribuição das tensões radial e circunferencial através das paredes do cilindro 
composto 
 
 
 7.7 - INTERFERÊNCIA 
 
No projeto de cilindros compostos, é importante relacionar a diferença no raio 
dos cilindros acasalados, com as tensões que serão produzidas. A diferença de raio na 
superfície comum é chamada de interferência. Normalmente, quando o processo de 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 121 
 
interferência é usado, o cilindro externo é aquecido até deslizar livremente sobre o cilindro 
interno, proporcionando a junção requerida, no resfriamento. 
Considere o cilindro composto da Fig. 80, de materiais diferentes. 
 
 
Figura 80 - Interferência em cilindros compostos 
 
Seja "p" a pressão estabelecida na junção dos dois cilindros no ajustamento. 
Sejam as tensões circunferenciais na junta do tubo interno e externo, resultantes da pressão p, 
σHi (compressão) cilindro interno e σH0 (tração) cilindro externo. 
 
Então se: 
δ0: deslocamento radial do cilindro externo 
δi: deslocamento radial do cilindro interno (Fig. 80) 
rc: raio da superfície comum 
 
lembrando que a deformação circunferencial é igual à deformação radial; para o cilindro 
externo: 
0H
c
0
r
ε
δ
= 
a deformação circunferencial ao raio rc do cilindro interno é: 
iH
c
i
r
ε
δ
= 
(negativo, pois é um decréscimo de diâmetro). 
Interferência: i0 δ+δ= 
 
i0 HcHc rr ε−ε= 
 
 ( ) cHH r
i0
ε−ε= , 
sinal menos, pois a deformação εHi é negativa (– x – = +). 
 
Considerando extremidades abertas, 
,0L =σ 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 122 
 
( ) p,p
EE c
0
0 r
0
0
0
H
H −=−−= σ
νσ
ε 
( ) p,p
EE c
i
i r
i
i
i
H
H −=−−= σ
νσ
ε 
onde E0 e ν0, Ei e νi , são módulos de elasticidade e coeficientes de Poisson dos dois tubos. 
 
Então, a interferência é: 
( ) ( ) ciH
i
0H
0
i0 rp
E
1p
E
1
i0 





+−+=+ νσνσδδ (7.11) 
onde rc é o raio inicial nominal das superfícies acasaladas. 
 
σHi sendo de compressão mudará seu sinal negativo para positivo, quando seu valor for 
substituído. A interferência, baseada no diâmetro, será duas vezes o valor determinado, 
bastando trocar rc por dc. 
Se os tubos são do mesmo material: 
( ) i0HH
c
i0E
r
δδσσ +=− (7.12) 
A temperatura “t” a qual o cilindro externo deve ser aquecido antes de ser 
encaixado contra o cilindro interno é determinada pela relação: 
 
i0c t.r. δ+δ=α 
α → coeficiente de dilatação linear do material do cilindro externo 
 
 
 7.8 - COMPLEMENTAÇÃO 
 
As expressões (7.5) e (7.6) podem ser escritas simultaneamente: 
 
( ) 





−
= 2
2
2
2
1
2
2
2
1
H
r r
R1.
RR
PR ∓σ (7.13) 
 
Façamos R2 tender para o infinito; separando os termos, podemos escrever a 
equação (7.13) como se segue: 
( ) 2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
H
r RR
R.
r
PR
RR
PR
−−
= ∓σ 
Mas, como R2 tende para o infinito, ( ) 2
2
2
1
2
2 RRR ≅− e, ( )2
1
2
2
2
1
RR
PR
−
 tende para 
zero. 
Logo: 
2
2
1
H
r r
PR∓=σ (7.14) 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 123 
 
Observando a equação (7.14), verificamos que se r ≥ 4R1 as tensões serão 1/16 
das tensões máximas (6 %), que ocorrem para r = R1. 
Assim, R2/R1 ≥ 4, podemos considerar espessura infinita e as tensões (para r = 
R2) não dependem mais da forma do contorno, pois seus valores, para estes pontos mais 
afastados, são muito pequenos. 
Esta circunstância é de suma importância na prática, pois permite determinar, 
com suficiente exatidão, a distribuição de tensões em peças que correspondam aos casos tais 
como os que são mostrados na Fig. 81 ou similares, sempre que a distância entre o centro de 
um furo e a borda do outro seja igual ou maior que quatro ou cinco vezes o raio dos mesmos. 
 
Figura 81 
 
A expressão (7.14) permite concluir que quando a espessura do cilindro tende 
para o infinito a tensão radial, em qualquer ponto da face interna (r = R1), será igual à 
circunferencial com o sinal trocado ( PeP rH −=+= σσ ), e todos os pontos se encontram 
em estado de cisalhamento puro (quando não existem tensões axiais). 
Para este caso acima, a expressão para cálculo da tensão equivalente, usando a 
teoria da máxima tensão tangencial é: σeq = 2P, para r = R1 (7.15). 
 
 
 7.9 - CILINDROS DE PAREDE FINA COMO CASO PARTICULAR DE CILINDRO ESPESSO 
 
Tomemos a expressão (7.6) para cálculo de σH, em cilindros espessos sob 
pressão interna: 
( ) 





+
−
= 2
2
2
2
1
2
2
2
1
H r
R1
RR
PR
σ 
Para r = R1: 
( )
( )2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
H RR
RRP
R
RR.
RR
PR
−
+
=
+
−
=σ 
Considerando o cilindro como de parede fina de espessura “e”, podemos usar 
as simplificações abaixo: 
 
eRR
R2RR
R2RR
12
121
2
1
2
2
2
1
=−
≅+
≅+
 
Substituindo na expressão acima e simplificando: 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 124 
 
e
PR
eR2
R2P 1
1
2
1
H ==σ 
(Expressão já conhecida para cálculo de σH em cilindros de parede fina.) 
Para a tensão longitudinal (P2 = 0) a expressão (7.9) fica assim: 
( )( ) e2
PR
eR2
PR
RRRR
PR
RR
PR 1
1
2
1
1221
2
1
2
1
2
2
2
1
L ==
−+
=
−
=σ 
(Expressão já conhecida para cálculo de σL em cilindros de parede fina). 
 
 
 7.10 - FORÇA DE ARRANQUE OU DE ACOPLAMENTO ELÁSTICO, SOB MESMA 
 TEMPERATURA. 
 
Quando existe interferência radial entre um eixo e uma chapa (ou entre dois 
cilindros), a força aplicada axialmente para retirar o eixo da chapa é denominada força de 
arranque elástico. 
 
Esta força pode ser calculada como indicado na Figura 82. 
Seja: 
P – pressão de interferência gerada inicialmente 
N – força normal entre as superfícies do eixo e da chapa acasaladas. 
N = P.2.π.Rc.h ; D = 2.Rc 
Rc – raio da superfície de contato 
h – comprimento de eixo em contato com a chapa (no caso em questão, 
 espessura da chapa) 
F – força de atrito entre eixo e chapa que deve ser vencida pela força aplicada 
 (esta deve ser igual ou superior à F) 
F = µ.N 
µ – coeficiente de atrito entre as superfícies em contato 
 
Assim: F = 2.µ.π.P.Rc.h 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 82 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 125 
 
7.11 - AUTO-FRETAGEM 
 
Já vimos que a parte mais tensionada de um cilindro de parede espessa é sua 
superfície interna (r = R1). Segue-se que, se a pressão interna é aumentada suficientemente, o 
escoamento do cilindro pode ocorrer nesta região. Felizmente um considerável volume de 
material elástico envolve a área escoada. Se a pressão é aumentada ocorre uma penetração 
plástica que aprofunda através da parede do cilindro e pode ser que todo o cilindro venha a 
escoar, dependendo desta pressão interna. 
Se a pressão é tal que a penetração plástica ocorre somente parcialmente na 
parede do cilindro, com a retirada desta pressão, a zona elástica externa tende a voltar às suas 
dimensões originais, mas é impedida de fazê-lo pela deformação permanente estabelecida no 
material escoado. O resultado é que o material elástico é mantido em um estado de tensão 
(empurrado para fora), enquanto o material interno é conduzido a uma compressão residual. 
Este processo é denominado de auto-fretagem e tem o mesmo efeito que a interferência de um 
tubo contra o outro sem as complicações decorrentes do procedimento de interferência. 
Assim, o cilindropode suportar uma pressão interna maior, pois as tensões residuais de 
compressão na face interna ocorrem antes que esta região experimente tensões de tração 
provenientes da pressão interna aplicada ao final, pois o processo de auto-fretagem antecede a 
aplicação da pressão interna final. Quando esta é aplicada, a tensão circunferencial resultante 
diminui na região interna do cilindro em virtude da tensão de compressão residual proveniente 
do processo de auto-fretagem. Por esta razão, os canos de armas de fogo e outros vasos de 
pressão são freqüentemente pré-tensionados, com este procedimento, antes do serviço. 
 
Teorias de falha - critério de escoamento. 
 
A teoria da máxima tensão tangencial é normalmente usada para 
dimensionamento de cilindros de parede espessa. 
 
Logo: 
[ ]
2
S ty 
cilindro no max =τ 
A tensão tangencial máxima no raio interno do cilindro é dada por: 
2
rH
max 
σσ
τ
−
= 
O cilindro falha se: 
rHty 
rHty S 
22
S
σσ
σσ
−=∴
−
= 
onde σH e σr são as tensões circunferencial e radial no raio interno do cilindro e 
Syt é o limite de escoamento do material do cilindro. Para os materiais frágeis a teoria da 
máxima tensão normal é usada. A falha acontece quando: 
 
Sut = σH max 
 
Teoria plástica - pressão de colapso. 
 
Considere o cilindro da Fig. 83, sujeito a uma pressão interna P1 de intensidade 
suficiente para provocar o escoamento a um raio Rp. Para os materiais dúteis o escoamento 
ocorrerá quando: Syt = σH - σr 
Mas da equação de equilíbrio já deduzida anteriormente, temos: 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 126 
 
dr
d
r r
rH
σ
σσ =− (projeção das forças na direção radial) 
r
S
dr
d
 
dr
d
rS yt rr
ty =∴=
σσ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 83 
 
Integrando: constante + lnr S ty r =σ 
Mas, pty 3p3r RlnSP -=constante R =r para P −∴−=σ 
Logo: 
3
p
ty r P
R
rlnS −







=σ (7.16) 
 
Da equação de equilíbrio dada acima temos: 
 
σH = Syt + σr 
3
p
ty H P
R
rln1S −
















+=∴ σ (7.17) 
 
Estas equações fornecem as tensões circunferencial e radial através da zona 
plástica em termos da pressão radial estabelecida na interface elástico-plástica. Vamos 
determinar P3. O cilindro da Fig. 83 pode ser considerado como um cilindro composto por um 
tubo interno plástico e um tubo externo elástico sob uma pressão interna P3. 
 
Na porção elástica, na face interna, podemos escrever que: 







 −
−
= 2
p
2
2
2
p
2
p
2
2
2
p3
r R
RR
RR
RP
σ 







 +
−
= 2
p
2
2
2
p
2
p
2
2
2
p3
H R
RR
RR
RP
σ 
Logo: 2
p
2
2
2
23rH
RR
RP
2 −
=
−σσ 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 127 
 
Aplicando a teoria da máxima tensão tangencial: 
2
p
2
2
2
23ty 
RR
RP
2
S
−
= 
A pressão radial na interface elástica é: 
( )2
p
2
22
2
ty 
3 RR
R2
S
P −= (7.18) 
Substituindo P3 em (7.16) e (7.17), as tensões na zona plástica serão: 
( )








−−= 2
p
2
22
2p
ty r RR
R2
1
R
rlnSσ (7.19) 
e: 
( )








−−







+= 2
p
2
22
2p
ty H RR
R2
1
R
rln1Sσ (7.20) 
A pressão necessária para o completo colapso plástico do cilindro é dada pela 
equação (7.16) quando r = R1 e Rp = R2 com P3 = P2 = 0. 
 
Para o colapso: 
2
1
ty 1r R
RlnSP =−=σ (7.21) 
Com o conhecimento desta pressão de colapso a pressão de projeto pode ser 
determinada dividindo ela por um coeficiente de segurança adequado. 
 
A pressão de escoamento inicial ( )2
1
2
22
2
ty RR
2R
S
−= (7.22) 
onde: Rp = R1. 
Finalmente, a pressão interna necessária para causar escoamento a um dado 
raio Rp é dada por (7.19) , quando r = R1, isto é: 
 
( )








−−=−= 2
p
2
22
2p
1
ty 1r RR
R2
1
R
RlnSPσ (7.23) 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
BELYAEV, N.M., Strength of Materials., 2ª ed., Mir Publishers. Moscou. 
 
FEODOSIEV, V.I., Resistencia de Materiales., Editorial Mir. Moscou. 1972. 
 
HEARN, E.J., Mechanics of Materials., lª ed., Pergamon Press Ltd. Gt. Britain 
(Page Bras Ltd, Norwich). 
 
HIGDON e outros, Mecânica dos Materiais., 3ª ed., Guanabara Dois S.A., Rio de 
Janeiro - RJ., 1981. 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 128 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 7.1 
Um cilindro espesso, de 100 mm de raio interno e 150 mm de raio externo, é 
sujeito a uma pressão interna de 60 MN/m2. Determinar as tensões circunferenciais e radiais, 
na face interna e externa do cilindro e também as tensões longitudinais, sabendo-se que o 
cilindro é fechado nas extremidades. 
 
Solução: 
 
=−= P1R
rσ -60 MN / m2 
 
=2R
rσ 0 
=





+
−
= 2
2
22
2
1R
H 100
1501
100150
100.60σ 156 MN / m2 
=





+
−
= 2
2
22
2
2R
H 150
1501
100150
100.60σ 96 MN / m2 
=
−
=
−
= 22
2
2
1
2
2
2
1
L 100150
100.60
RR
RP
σ 48 MN / m2 
 
 
Ponto na face interna: 
 
 
 
σeq = σ1 - σ3 = 216 MN / m2 
 
 
 
 
 
 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 129 
 
 Exercício 7.2 
Calcular o diâmetro externo de um cilindro sujeito a uma pressão interna de 500 
atmosferas, se o coeficiente de segurança é dois (2). O raio interno é 5 cm. 
 
Syt = Syc = 5000 kgf/cm2. 
 
Solução: 
 
3
1R
r 500P σσ =−=−= 
1
2
2
1R
H 25
R25
25R
25.500
σσ =




 +
−
= 
20002500500
2500S
11
yt31eq
=→=+
==−=
σσ
σσσ
 
( )
( ) →=
−
+ 2000
25R
R25500
2
2
 R = 6,45 cm ∴ φ = 12,9 cm 
 
 Exercício 7.3 
 
Um tubo de bronze de 60 mm de diâmetro externo e 50 mm de furo é 
encaixado justo, dentro de um tubo de aço de 100 mm de diâmetro externo. Quando o 
conjunto se encontra a uma temperatura de 15ºC os dois tubos são livres de tensão. O 
conjunto é então aquecido à 115ºC. 
Calcular a pressão radial induzida entre as superfícies acasaladas e a tensão 
circunferencial térmica induzida nas superfícies interna e externa de cada tubo. 
 
 
 E ν α 
Aço 200 GPa 0,30 12 x 10-6 / ºC 
Bronze 100 GPa 0,33 19 x 10-6 / ºC 
 
 
Solução: 
 
( ) m10x2110x1219100x10x30 663
i0
−−− =−=+ δδ 
( ) ( ) p330555
100
13012
200
1
10
10x3010x21 9
3
6



 +−−+=
−
− ,,,, 
p = 10,9 MN /m2 
p55,5
30
251
2530
30p 2
2
22
2
Hi −=





+
−
−=σ ⇒ σHi = -60,5 MN /m2 
p1,2
30
501
3050
30p 2
2
22
2
0H =





+
−
=σ ⇒ σH0 = 22,9 MN /m2 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 130 
 
 Exercício 7.4 
Determinar a pressão “p” (máxima) entre o tubo de concreto e o núcleo rígido e a 
pressão “P” (máxima), aplicada na face externa do tubo de concreto para que a tensão 
equivalente na face interna do tubo não exceda à 2
ut cm/kgf4S = . 
Usar Coulomb Mohr. 
 
Dados: 2
uc cm/kgf20S = ; Coeficiente de Poisson do tubo: 0,16 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
Ponto isolado pertencente ao tubo situado 
na superfície de contato: 
 
 
 
σr = -p (pressão de contato entre tubo e núcleo rígido) 





 −=+=
3
P8
3
p5p
H
P
HH σσσ 
( ) ( ) 0p16,0
3
P8
3
p5
E
1
E
10 rH
r
H
1 =





−−




 −=−→= υσσε 
p68,0P
P47,1p
=
=
 
p14,0p81,1p67,1H −=−=σ 
p,p14,0,0 321 −=−== σσσ 
Aplicando Coulomb-Mohr: 
( ) 20p4p
20
40k 31eq =⇒=−−=−= σσσ 
p = 20 kgf / cm2 
P = 13,6 kgf / cm2 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 131 
 
 Exercício 7.5 
 
Um tubo composto é feito pelo aperto de um tubo de 100 mm de diâmetro 
interno e 25 mm de espessura contra outro de 100 mm de diâmetro externo e 25mm de 
espessura. A interferência radial é de 0,01 mm. Se ambos são de aço, calcular a pressão radial 
estabelecida na superfície de contato, durante a interferência. 
Após, uma pressão P = 60 MN/m2 é aplicada na face interna do conjunto. Fazer 
a distribuição da tensão radial e circunferencial para os dois casos. 
 
Módulo de elasticidade do aço: 208 GN/m2. 
Coeficiente de Poisson: 0,3 
 
Solução:p6,2
50
751
5075
50.p
R
R
1
RR
pR
2
2
22
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
0H =





+
−
=





+
−
=σ 
p67,1
50
251
2550
50.p
2
2
22
2
Hi −=





+
−
−=σ 
 
( )Hi0Hi0 E
R σσδδ −=+ 
( ) 2
9
3
3 m/MN74,9pp67,1p6,2
10.208
10.5010.01,0 =→+=
−
− 
 
Distribuição das tensões: (cilindro interno) 
2
Hi m/MN3,16p67,1 −=−=σ 
2
2
2
22
2
Hi m/MN26
25
251
2550
50.74,9
−=





+
−
−=′σ 
 
Distribuição das tensões: (cilindro externo) 
2
0H m/MN3,25p6,2 ==σ 
2
2
2
22
2
0H m/MN6,15
75
751
5075
50.74,9
=





+
−
=′σ 
 
 
 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 132 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Apliquemos a pressão P = 60 MN / m2 na face interna, sem interferência: 






+
−
= 2
2
22
2
H r
751
2575
25.60σ 
σH 
25 = 75 MN /m2 
σH 
50 = 24,4 MN /m2 
σH 
75 = 15 MN /m2 
 
⇒





−= 2
2
50
r 50
7515,7σ σr 
50 = -9,4 MN /m2 
 
 
 
 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 133 
 
 Exercício 7.6 
 
Uma barra de aço é introduzida sob pressão, em uma prancha também de aço. 
Determinar a força que se deve aplicar à barra, em direção axial, para retirá-la da prancha. 
Dados: 
Módulo de elasticidade do aço: 2 x 106 kgf/cm2 
Coeficiente de atrito: 0,25 
D = 60 mm, h = 100 mm, interferência radial = 0,03 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
f- força de atrito entre 
a barra e a prancha 
P ≥ f 
P ≥ µ p2π R h 
Cálculo de p: 
 ( )Hi0Hi0 E
R σσδδ −=+ 
Eixo maciço (R1 = 0) 
 pHi −=σ 
Chapa de aço (R2 → ∞) 
 p0H +=σ 
 ( ) 2
6 cm/kgf1000ppp
10x2
3003,0 =→+= 
P ≥ 0,25 . 1000 . 2 . 3,14 . 3 . 10 
P ≥ 47124 kgf 
Unidade 7 – CILINDROS DE PAREDE ESPESSA 
 
Página 134 
 
 Exercício 7.7 
 
Um cilindro espesso de raio interno 300 mm e externo 500 mm, é sujeito a uma 
pressão interna P que cresce gradualmente. Determinar o valor de P, para: 
 
1- o material do cilindro começar a escoar. 
2- o escoamento prosseguir até o meio da espessura da parede. 
3- o material do cilindro sofrer colapso total. 
 
Dado: Syt = 600 MN/m2 
 
 
Solução: 
 
1) Usando a equação (7.18) fazendo Rp = R1 , P3 será P1. Assim: 
( )22
21 300500
500x2
600P −= ⇒ P1 = 192 MN / m2 
(pressão atuante na face interna que dará inicio ao escoamento do material do 
cilindro). 
 
 
2) Rp = (R1+R2)/2 = (300+500)/2=400mm 
( )2 2
médio 2
600P 500 400
2 500x
= − ⇒ Pmédio = 108 MN / m2 
(pressão na interface elástico-plástica). 
 
Usando a equação (7.16) fazendo r=R1 , e P3 = 108: 
2
p
1
ty r m/MN6,280108
400
300ln600108
R
R
lnS −=−=−=σ 
P1 = 280,6 MN / m2 
 
 
3) Usando a equação (7.21), substituindo os valores temos: 
2
r m/MN5,306
500
300ln600 −==σ 
 
P1 = 306,5 MN / m2 (pressão de colapso total) 
 
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 135 
 
 
8. CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir carregamento dinâmico. 
- Aplicar o princípio de D’Alembert. 
- Conceituar carga estática equivalente. 
- Definir fator dinâmico. 
- Deduzir a expressão do fator dinâmico para corpos em queda livre. 
- Resolver exercícios envolvendo carregamento dinâmico. 
 
 
8.1 - PRINCÍPIO DE D’ALEMBERT 
 
Até o presente momento, estudamos a ação de cargas estáticas sobre as peças 
estruturais. Estas variam sua intensidade de zero ao valor definitivo muito lentamente de 
modo que as acelerações que nestas condições recebem os elementos das estruturas são 
desprezíveis. No entanto, as cargas podem apresentar caráter dinâmico, variando em função 
do tempo com grande rapidez. Suas ações são acompanhadas de vibrações nas estruturas e 
seus elementos, e de deflexões apreciáveis. 
 
Estas cargas dão origem a tensões que podem ser de intensidades muitas vezes 
maiores que as tensões correspondentes a cargas estáticas. 
 
O cálculo das peças estruturais sob cargas dinâmicas é muito mais complexo que 
o cálculo sob cargas estáticas. A dificuldade reside em que, por um lado, os esforços e as 
tensões provenientes de cargas dinâmicas, são obtidos por métodos mais complicados e por 
outro, os processos que determinam as características mecânicas dos materiais sob 
carregamento dinâmico, são mais complexos. Muitos materiais dúteis, sob carregamento 
estático, se comportam como frágeis sob carregamento dinâmico. Em caso de cargas variáveis 
repetidas, a resistência mecânica do material decresce. 
 
O método geral de cálculo sob carregamento dinâmico se baseia no princípio de 
D’Alembert da mecânica teórica. Segundo este princípio, qualquer sólido em 
movimento pode ser considerado em estado de equilíbrio instantâneo se, as forças que 
atuam sobre ele, seja acrescentada a força de inércia, igual ao produto de sua massa 
por sua aceleração e dirigida em sentido oposto ao da aceleração. 
 
Por isto quando se conhece a força de inércia, pode-se empregar sem limitação 
alguma, o método das seções e aplicar as equações de equilíbrio para cálculo dos esforços. 
Quando é difícil a determinação da força de inércia, como no caso de impacto, 
emprega-se o princípio da conservação da energia para cálculo dos esforços, tensões e 
deformações. 
 
Para todos os casos tratados nesta apostila, consideraremos que as características 
mecânicas dos materiais continuarão as mesmas sob carregamento estático e 
dinâmico, o que nem sempre é verdade (velocidade de aplicação de cargas muito 
elevada). 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 136 
 
 
8.2 - CARGA DE IMPACTO: CARGA ESTÁTICA EQUIVALENTE 
 
As tensões e deformações geradas durante uma carga de impacto dependem da 
velocidade de propagação da onda de deformação através do volume do corpo que recebe o 
impacto (corpo golpeado). Em nossos exemplos desprezaremos este fato e vamos admitir que 
o comportamento do corpo sob carregamento estático e dinâmico seja o mesmo (o que é 
verdade para velocidades de propagação da onda de deformação não muito elevadas). Assim 
podemos imaginar uma carga lentamente aplicada ao sistema que produza a mesma 
deformação que acontece no instante do impacto que é a deformação máxima que ocorre, 
chamada deformação ou deflexão dinâmica. 
Vejamos o que acontece com a viga em balanço da Figura 84a abaixo, sobre a 
qual cai do repouso um bloco de peso W em sua extremidade livre. A variação da deflexão da 
extremidade livre em função do tempo é indicada na Figura 84b onde, ∆ é a deflexão máxima 
sofrida pela viga no instante de impacto. A outra deflexão, δ , é a deflexão estática resultante 
quando a viga e o bloco finalmente entram em equilíbrio. É a deflexão que seria obtida se o 
bloco W fosse colocado lentamente sobre a extremidade livre da viga. 
 
A carga P, aplicada lentamente na extremidade da viga produz a mesma deflexão 
máxima ∆ ocorrida no momento de impacto. Esta carga é chamada de carga 
estática equivalente (equivalente ao impacto, pois produz deflexões e tensões 
idênticas as que ocorrem no instante de choque), Figura 84c. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 84 
 
Conforme já dissemos, vamos admitir que o material se comporte igualmente sob 
carregamento estático e dinâmico. Assim, a energia de deformação da viga em (a) e (c) é a 
mesma. Ela é igual ao trabalho realizado contra a viga. Vamos denominar de energia efetiva a 
parcela da energia aplicada que realiza trabalho de deformação. Parte da energia aplicada se 
perde na forma sonora, na forma de calor e até de deformação local. 
Logo podemos equacionar: 
[Energia efetiva aplicada] = [Trabalho realizado pela carga estática equivalente] 
Em muitas aplicações a energia efetiva aplicada é considerada igual, à favor da 
segurança, à energia aplicada. É difícil medir a parcela da energia aplicada dissipada nas 
outras formas de energia. 
Como a carga estática equivalente é proporcional à deflexão da viga, o trabalho 
realizado por ela é igual a: 
P∆
2
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 137 
 
 
Se a energia é devida a uma variação de velocidade de um corpo em movimentoela pode ser escrita: 
η mv2
2
 
onde η é a parcela da energia aplicada que realiza trabalho de deformação. Muitas vezes 
η = 1, a favor da segurança. 
 
Se a energia aplicada é proveniente de um corpo em queda livre (partindo do 
repouso) que se choca contra uma estrutura deformável elasticamente, a energia efetiva 
aplicada é: 
( )ηW H + ∆ 
onde W é o peso do corpo em queda livre, H a distância vertical até o sistema e ∆ a deflexão 
dinâmica do sistema. 
 
Para um carregamento dinâmico de torção, a energia efetiva aplicada gera um 
torque dado por: 
 
Tθ
2
 
onde T é o momento torçor aplicado lentamente (carga ou esforço estático equivalente) que 
produzirá o mesmo ângulo máximo de rotação θ do momento de choque. 
 
Definimos como fator dinâmico ou de impacto a relação entre a carga estática 
equivalente e a carga W. Pelo fato de haver proporcionalidade entre carga e deflexão, o fator 
dinâmico também é igual ao quociente entre a deflexão dinâmica (∆) e a deflexão estática 
(δ ). Assim: 
Fator dinâmico (F.D.) = 
P
W
=
∆
δ
 
 
8.3 - CÁLCULO DO FATOR DINÂMICO PARA CORPOS EM QUEDA LIVRE (TODA ENERGIA 
POTENCIAL GRAVITACIONAL SE TRANSFORMA EM ENERGIA DE DEFORMAÇÃO η = 1) 
 
Supondo a viga da Figura 84 com um comprimento l, momento de inércia I e 
módulo de elasticidade E, podemos escrever: 
 
δ =
Wl
EI
3
3
 e ∆ =
Pl
EI
3
3
 
Energia efetiva aplicada: 
( )W H
P
+ =∆
∆
2
 
Mas: W
EI
l
=
3
3 δ e P
EI
l
=
3
3 ∆ 
Substituindo na equação da energia acima, P e W e simplificando: 
∆
δ δ
= = ± +F D
H
. . 1 1
2
 
O sinal negativo não serve, pois significaria um fator dinâmico menor do que um, 
ou seja, tensões e deflexões menores que as provenientes do carregamento estático da mesma 
carga (absurdo). 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 138 
 
 
Finalmente: 
 
P
W
F D
H
= = = + +
∆
δ δ
. . 1 1
2
 
Esta expressão deve ser usada quando se conhece a altura de queda H, o peso W e 
quando η= 1. 
 
• Observações: 
1- A unidade sob o radicando pode ser ignorada se 
2
10
H
δ
≥ , o erro não excederá a 5%. 
2- Investigações apuradas confirmam que o erro não excede a 10 % se 
2
100
H
δ
≤ . 
 
3- Se H = 0, F.D. = 2 ao aplicar subitamente a carga, as tensões e as deformações são 
duas vezes maiores que as que ocorrem no caso da ação estática da mesma carga. 
 
4- O método da energia foi desenvolvido considerando as seguintes restrições a mais: 
 
* as tensões estão abaixo do limite de escoamento do material; 
* os corpos após o impacto não se separam; 
* a massa que golpeia é considerada pequena em relação à massa da barra que recebe 
o golpe. 
 
5- Se o impacto ocorre a elevadas velocidades, a deformação do corpo que recebe o 
impacto não possui tempo suficiente para se distribuir através de todo ele e uma 
tensão local de considerável intensidade ocorrerá, cuja intensidade poderá exceder a 
tensão de escoamento do material, na região de impacto. Exemplo: uma viga de aço 
sendo golpeada por um martelo de aço – grande parte da energia cinética é 
transformada em energia local de deformação. Fenômeno similar ocorre mesmo a 
baixas velocidades de impacto, se o corpo que recebe o impacto for muito rígido. 
 
6- Se a carga W é aplicada lentamente em um sistema, a força transmitida a ele é W e 
não depende do material do sistema ou de seu tamanho. No caso de uma carga de 
impacto a carga P depende da aceleração que o corpo que recebe o impacto possuirá, 
ou seja, P depende do tempo durante o qual a velocidade do corpo varia. A 
aceleração é função da flexibilidade da barra que recebe o impacto. Quanto maior a 
flexibilidade, isto é, quanto menor o módulo de elasticidade e maior o comprimento 
da barra, maior é a duração do impacto e menor a aceleração e a força P. Devido a 
isto, molas são colocadas no sistema que recebe o impacto. Além disto, as vigas são 
posicionadas de modo a trabalharem à flexão com a menor inércia de sua seção 
transversal. 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
BELYAEV, N. M., Strength of Materials, 2a edição, Mir Publishers, Moscou. 
HIGDON e outros, Mecânica dos Materiais, 3a ed., Guanabara Dois S.A., R.J., 1981. 
STIOPIN, P., Resistencia de Materiales, Mir Publishers, Moscou, 1968. 
 
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 139 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 8.1 
Um corpo de peso Q move-se para cima com aceleração a. Determinar a tensão 
máxima no cabo, desprezando o peso deste. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
yt
d
estestdd
d
S
FD= 
g
a1= 
g
a1
A
Q
A
N
g
a+(1=F.D. - 
g
a1Qa
g
QQN
≤
++==
+=+=
σ
σσσ .)()(
))(.
 
A - Área da seção do cabo. 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 140 
 
 
 Exercício 8.2 
Uma mola helicoidal de passo estreito, de comprimento l = 30 cm, com raio R = 2 
cm (da espira) e raio r = 0,2 cm (do arame), e com n = 10 espiras, suporta sobre seu extremo 
uma massa de peso Q = 1 kgf e gira no plano vertical em torno de uma articulação imóvel, 
realizando 200 revoluções por minuto. Determinar a tensão tangencial máxima, no arame da 
mola, e o deslocamento máximo do peso Q, sabendo-se que o módulo de Coulomb é 8.105 
kgf/cm2. Desprezar o peso da mola. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
cm 43,16.25,0Q.25,0l
S 3
0= , 3
kgf/cm 2723
2,0.14,3
2,16
2,0.
2
14,3
2,0.6,32
kgf 16,3 =V
kgf.cm 6,322.3,16T
3,16
1
16,3=F.D. kgf 3,16Q 
980
)Q25,030(211.1Q 1 2
 2 )Q25,030(21)ll(=a
rad/s 21
30
n.
Q25,0
G
n.
d
D.Q.8l
)ll( = a ,1 )
g
a1(QQ
dd
yt
d
eq
22
eq
2
2
4
d
d
d
d2
d
d2d2
d
4
3
dd
d2d
===
≤=
+=
=+=
==
=→=





 +
+=⇒→
→+=+
==
==
+→+=
∆
τσ
στσσ
τ
∆ω
πω
∆
∆ω
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 141 
 
 
 Exercício 8.3 
Analisemos a resistência de uma haste de conexão AB unindo duas rodas de um 
sistema a vapor. A roda motora O1 é que transmite o torque do mecanismo a vapor. A haste de 
conexão é fixada às rodas nos pontos A e B com a ajuda de articulações de pinos cilíndricos. 
AO1 e BO2 são ambas iguais a r. O diâmetro das rodas é D (raio R) e o comprimento da haste 
é l. A velocidade do sistema é v, constante. 
 Pede-se a tensão máxima de flexão na haste. 
 Dados numéricos: 
ω = 30 rad/s 
l = 150 cm 
r = 50 cm 
peso específico do material: 7,86 gf/cm3 
aceleração da gravidade: 981 cm/s2 
seção retangular de 10 x 4,5: 45 cm2 
módulo de resistência à flexão: 75 cm3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
γ = =
=
7 86 7 86
981
, , gf / cm .10 kgf / cm
 cm / s
3 -3 3
2g
 
 
Cálculo de q (peso próprio) 
q volume= = =−. . . , . ,γ 45 1 7 86 10 0 3543 kgf / cm. 
 
Cálculo da força de inércia : 
q r
ql
M
I
y
1
2 2
2 2
3
0 354
981
0 354
981
30 50 16 24
16 24 0 354 16 59
8
16 59 150
8
46659
46659
4 5 10
12
5 622
= = =
= + =
= = =
= = =
, . , . . ,
, , ,
, .
, .
.
ω
σ
 kgf / cm
q kgf / cm
M kgf.cm
 kgf / cm
total
max
d 2
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 142 
 
 
 Exercício 8.4 
Um eixo está submetido a uma carga de impacto de torção. Ele tem 180 cm de 
comprimento e 5 cm de diâmetro. Calcular a tensão tangencial máxima do eixo, no momento 
de impacto. 
 
W = 4,5 kgf 
e = 15 cm 
h =10 cm 
G = 850000 kgf/ cm2 
 Toda a energia de queda realiza trabalho de deformação. 
 
Solução: 
 
δ -deflexão sob o ponto de aplicação de W 
ϕ -ângulo de torção do eixo 
 
20003 cm por 1 cm. A extremidade direita da viga de 2 m apoia-se 
contra uma mola helicoidal de constante igual a 20 kgf/ cm. Supondo-se que toda energia de 
queda realiza trabalho de deformação, pede-se: 
 
a) a carga estática equivalente 
b) o fator dinâmico 
c) a tensão máxima de flexão na viga, no momento do impacto, 
d) a porcentagem de energia absorvida pela viga e pela mola, no momento de impacto. 
 
Módulo de elasticidade do Al: 0,7. 106 kgf/cm2 
L = 2 m, h = 2 cm, W = 2 kgf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
δ - deflexão total sob W = δV +δmeio
Mola 
Para cálculo de δV a mola é considerada rígida e para cálculo de δmola a viga é 
considerada rígida. 
 
kgf.cm 0,188 = 2,75 . 0,050 . .2,75 1 
2
1U
050002502
kgf.cm 14,36 = 2,75 . 1,9 . 5,5 .
2
1Ud
kgf/cm 55012
1 . 3
0,5 . .100 1 .752
kgf 5,5 = 2,75 . 2Pc
752
1,925
2 . 2+1+ 1=b)F.D
cm 9251025091
 20 . 2
1
.1 3 . 10 . 0,7 . 48
 .12 200 . 2a
M
mola
V
2
3
d
36
3
.
,,.
)
.,
)
,
,,,)
=
==
=
==
=
=
=+=+=
δ
σ
δ
 
Unidade 8 – CARREGAMENTO DINÂMICO 
 
Página 144 
 
 
 Exercício 8.6 
A Figura abaixo representa um esmeril com dois rebolos abrasivos nas 
extremidades do eixo movido por correias, através de uma roldana central. Quando são 
atingidas 2400 rpm, o rebolo de 6 in é travado, causando uma parada instantânea. Determinar 
a máxima tensão tangencial e o ângulo de torção do eixo. 
 
Módulo de Coulomb do material do eixo: 11,5.106 psi 
Peso específico do material do rebolo: 0,07 lb/in3 
Aceleração da gravidade: 386 in/s2 
 
K = 0,5. I. ω2; I = 0,5. m. r2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
2
4
p
d
46
d
46
2
46p
2
222
2
lb/in 92078
0,5 . 
2 . 0,5 . 18079
I
Tr
rad 19,0
0,5 . . .10 11,5
2 . 12 . 18079
lb.in 18079T
0,5 . . .10 11,5
2 . 12.T.
2
11737
0,5 .
2
. 10 . 5,11
T . 12
GI
Tl=
lb.in 1737
30
2400 . 14,3)055,0(
2
1U
055,04 . 
386
0,07 . 
4
3 . 4 . 
2
1mr
2
1I
T
2
1I
2
1U
===
==
=
=
=
=




=
=




==
==
π
τ
π
ϕ
π
π
ϕ
π
ϕω
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 145 
 
9. DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE 
GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
 
 OBJETIVOS: 
 
 - Definir volantes. 
 - Determinar a força de inércia. 
 - Determinar as expressões para cálculo das tensões radiais e 
 circunferenciais em discos que giram à grande velocidade. 
 - Determinar o aumento do raio em discos em rotação. 
 - Determinar as tensões em discos em rotação com interferência inicial. 
 
 
9.1 - DETERMINAÇÃO DA DISTRIBUIÇÃO DAS TENSÕES RADIAIS E 
CIRCUNFERENCIAIS EM UM DISCO DE ESPESSURA CONSTANTE 
 
Disco sujeito a uma rotação uniforme ω , com pressões atuantes em suas faces 
interna e externa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 85 - Forças atuando em um elemento de um disco em rotação. 
 
Consideremos um elemento de um disco de raio r (Fig. 85). 
 
Considerando espessura unitária temos: 
 
volume do elemento: drdr1.dr.rd θθ = 
massa do elemento: drdr θρ 
força de inércia: drdrrdrdrrm 2222 θωρωθρω == 
ρ é a massa específica do material do disco. 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 146 
 
Comentários sobre as forças da Fig. 85: 
 
1 - As forças σH.dr.1, são iguais em intensidade, pela simetria rotacional; mas 
não têm a mesma direção. Não dependem de θ, somente de r. 
2 - As forças radiais são diferentes por duas razões: primeira, as áreas são 
diferentes; segunda, as tensões são, provavelmente, diferentes. Estas forças também só 
dependem de r. 
3 - Como σH e σr só dependem de r, toda diferencial que aparece é total e não 
parcial. 
 
A equação de equilíbrio da estática, segundo a direção radial fornece: 
como dθ é pequeno, 
2
d
2
dsen θθ
= radiano 
Simplificando: 
22r
rH .r.
dr
d
r ωρ
σ
σσ =−− (9.1) 
 
 Se há um movimento radial ou deslocamento do elemento de uma quantidade “s”, 
quando o disco gira, a deformação radial elementar é dada por: 
 
( )Hrr E
1
dr
dsd υσσε −== (9.2) 
 
A deformação circunferencial no raio r é: 
 (9.3) 
 
 
 
Diferenciando: 
( ) 




 −+−=
dr
d
dr
d
E
r
E
1
dr
ds rH
rH
συσ
υσσ (9.4) 
 
Igualando (9.2) e (9.4) e simplificando: 
( )( ) 0
dr
d
r
dr
d
r1. rH
rH =−++−
σ
υ
σ
υσσ (9.5) 
Substituindo (σH - σr) da equação (9.1), 
( ) ( ) dr.d..r.d.drr.dd.r.
2
dsen.dr..2 22
rrrH θωρθσσθσθσ =++−+ 
( )
( )r.
E
1s
E
1
r
s
rH
rHH
υσσ
υσσε
−=
−==
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 147 
 
( )
( )υωρ
σσ
σ
υ
σ
υωρ
σ
+−=+
=−++




 +
1.r
dr
d
dr
d
0
dr
d
r
dr
d
r1.r
dr
d
r
2rH
rH22r
 
Integrando, 
( ) A.21.
2
r 22
rH ++−=+ υωρσσ (9.6) 
onde 2A é a constante de integração conveniente. 
Subtraindo da equação (9.1), 
( )
( )
( ) ( )
( ) B
2
rA2
3.
8
rr
A23.
2
rrr
dr
d
r
dr
d.
r
1
dr
d
r2
A23.
2
r
dr
d
r2
224
r
2
22
r
2
r
2r
r
22
r
r
−++−=






++−=
=+
++−=+
υωρσ
υωρσ
σ
σ
σ
υωρσ
σ
 
onde -B é a segunda constante de integração conveniente. 
Assim: ( )
8
r.3
r
BA
22
2r
ρωυσ +−−= (9.7) 
e da equação (9.6): 
( )
8
r.31
r
BA
22
2H
ρω
υ+−+=σ (9.8) 
 
 
9.2 - CASO PARTICULAR DE UM DISCO SÓLIDO 
 
Para um disco sólido, a pressão no centro é dada para r = 0. 
 
 Para r igual a zero, as equações acima fornecerão valores infinitos para as tensões, 
a menos que B seja nulo. Isto é B = 0; e então B/r2 = 0 que dá a única solução finita. 
 
Para o raio externo R a tensão radial deve ser zero desde que não existem 
forças externas aplicadas. 
Deste modo, da equação (9.7), 
( )
( )
8
R.3A
8
R.3A0
22
22
r
ρωυ
ρωυσ
+=
+−==
 
Substituindo nas equações (9.7) e (9.8), as tensões radial e circunferencial a um 
raio r, em um disco sólido, são dadas por: 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 148 
 
 
 (9.9) 
 
 (9.10) 
 
 
Tensões máximas: 
 
 No centro do disco, onde r = 0, as equações acima produzirão valores máximos para 
as tensões radiais e circunferenciais que serão as tensões máximas no disco e iguais 
à: 
 
( )
8
R.3
22
rH máxmáx
ρωυσσ +== (9.11) 
Na face externa do disco, onde r = R, as equações fornecem: 
( )
4
R.1;0
22
Hr
ρωυσσ −== (9.12) 
A distribuição completa das tensões radiais e circunferenciais, através do raio 
do disco, está indicada na Fig. 86. 
 
 
Figura 86 - Distribuição das tensões em um disco sólido em rotação. 
 
 
9.3 - DISCOS EM ROTAÇÃO COM FURO CENTRAL 
 
As equações gerais de tensões para um anel em rotação podem ser obtidas do 
mesmo modo que aquelas para um disco sólido em rotação: 
 
( )
( )
8
r.31
r
BA
8
r.3
r
BA
22
2H
22
2r
ρωυσ
ρωυσ
+−+=
+−−=
 
Supondo o disco somente em rotação, sem pressão interna ou externa, as 
condições de contorno requeridas podem ser substituídas simultaneamente para determinar os 
valores apropriados para as constantes A e B. 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )22
22222
r
22
22222
H
rR.
8
.3
8
r3
8
R.3
r.31R.3
88
r31
8
R.3
−
ρω
υ+=
ρω
υ+−
ρω
υ+=σ
υ+−υ+
ρω
=
ρω
υ+−
ρω
υ+=σ
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 149 
 
• Para r = R1, σr = 0 
( )
8
R
.3
R
BA0
2
1
2
2
1
ρω
υ+−−= 
• Para r = R2, σr = 0 
( )
8
R
.3
R
BA0
2
2
2
2
2
ρω
υ+−−= 
 
e, 
( )
( ) ( )
8
RR
.3A
8
RR
.3B
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
+
+=
+=
ωρ
υ
ωρ
υ
 
Substituindo: 
 
 (9.13) 
 
 (9.14) 
 
As tensões máximas ocorrem para r = R1: 
( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
máxH R1R3
4
R31RRR3
8
υυρωυυρωσ −++=+−+++= (9.15) 
Quando o valor do raio interno se aproxima de zero, a tensão circunferencial 
máxima aproxima-se de: 
( ) 2
2
2
máxH R3
4
υρωσ += 
isso é duas vezes o valor obtido no centro de um disco sólido em rotação, à mesma 
velocidade. Assim, a realizaçãode um pequeno furo, no centro de um disco sólido, dobra o 
valor da máxima tensão circunferencial devido à própria rotação. 
 
Na face externa r = R2: 
( ) ( )[ ]2
2
2
1
2
mínH R1R3
4
υυρωσ −++= 
Tensão radial máxima: 
( ) 





−−++= 2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
r r
r
RR
RR
8
.3 ρωυσ 
quando 0
dr
d r =
σ
, 
 
 
( )
( ) ( )








+−





+++=






−−++=
2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
H
2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
r
r31
r
RR
RR3
8
r
r
RR
RR
8
.3
υυρωσ
ρωυσ
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 150 
 
( )21
2
2
2
1
4
3
2
2
2
1
2
2
2
2
2
12
2
2
1
RRr
RRr
r2
r
2RR0
r
r
RR
RR
dr
d0
=
=
−=






−−+=
 (9.16) 
 
Substituindo na equação original: 
 ( ) [ ] ( ) [ ]212
2
2121
2
2
2
1
2
máxr RR
8
.3RRRRRR
8
.3 −+=−−++=
ρωυρωυσ (9.17) 
Figura 87 - Distribuição das tensões em um disco vazado em rotação 
 
 
9.4 - DISCO E EIXO ACOPLADOS COM INTERFERÊNCIA 
 
Os discos rotativos possuem um furo central circular para permitir a sua 
montagem, com interferência, em um eixo. A pressão de interferência gerada pela montagem 
deve ser suficiente para que o disco não se solte do eixo durante o movimento de rotação e 
não deve ser muito elevada para não criar grandes tensões no disco. 
No instante do acoplamento disco-eixo sob pressão, a velocidade de rotação é 
nula e o conjunto comporta-se como um cilindro composto em que o cilindro interior é o eixo 
e o exterior o disco. A montagem pode-se realizar com o aquecimento do disco. A 
interferência radial será a diferença entre o raio do eixo e o raio interno do disco. Como o 
conjunto é tratado como um cilindro composto (ω = 0) pode-se calcular a pressão de contato 
conhecendo-se a interferência radial. 
Quando o disco acoplado com interferência contra o eixo ficar solto no eixo, o 
que ocorre a uma velocidade particular “ω” deixa de haver interferência. Isto corresponde a 
anular a pressão de contato inicialmente estabelecida pelo ajuste. 
 
 
9.5 - TENSÕES COMBINADAS DE ROTAÇÃO E TÉRMICA EM DISCOS UNIFORMES E 
CILINDROS ESPESSOS 
 
Se um componente é livre de expandir-se e sua temperatura varia 
uniformemente, a expansão ocorre sem o aparecimento de tensões térmicas. No caso de discos 
sujeitos a gradientes térmicos, uma parte do material tende a expandir-se mais rapidamente do 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 151 
 
que a outra experimentando, cada uma, diferença de temperatura e como resultado são 
desenvolvidas tensões térmicas. 
Suponhamos um disco, inicialmente sem tensão, sujeito a uma variação de 
temperatura, T, a uma rotação uniforme, ω, com pressões atuando em suas faces interna e 
externa. seja R1 e R2 seus raios interno e externo, Fig. 88. Imaginemos um elemento deste 
disco, de raio genérico r, espessura dr e largura unitária, formado pelo ângulo central dθ, Fig. 
89. As tensões radiais e circunferenciais e a força de inércia foram estabelecidas neste 
elemento. A força de inércia aparece devido ao movimento do disco. Sua presença permite 
considerarmos o mesmo em estado de equilíbrio instantâneo (princípio de D’Alembert). 
 
Calculemos estas forças: 
 
 
 
 Figura 88 Figura 89 
 
 
Força de inércia = volume x massa específica x aceleração 
F = ( )( ) drdrrdr1rd 222 θρωωρθ = 
força radial na face interna = 1rdr θσ 
força radial na face externa = ( )( ) 1ddrrd rr θσσ ++ 
força circunferencial =σ Hdr1 
 
Comentários sobre as forças: 
 
As forças circunferenciais são iguais em intensidade pela simetria rotacional, 
mas não têm a mesma direção. Não dependem de θ mas de r. Elas são iguais através da 
espessura dr. 
 
As forças radiais nas faces interna e externa são diferentes pois as áreas 
também o são e as tensões são, provavelmente, diferentes. Elas dependem somente de r. 
 
Como todas as forças dependem somente de r, toda equação diferencial que 
aparece é total e não parcial. 
 
Estabeleçamos a equação de equilíbrio da estática na direção Y: 
ΣFY=0 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 152 
 
( )( ) 0drdr ddrrdrd
2
ddr2 22
rrrH =−++−+ θωρθσσθσθσ sen 
como dθ é pequeno e expresso em radianos então sen(dθ/2) = dθ/2, em radianos. 
 
Simplificando dθ e desprezando o produto de infinitésimos: 
σ σ
σ
ρ ωH r
rr d
dr
− − = r2 2 (9.18) 
Como ocorre um movimento radial (ou deslocamento do elemento de uma 
quantidade “s”) quando o disco gira, a deformação radial será: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 90 
 
 
( )[ ]ε σ νσ αr r H
ds
dr E
E= = − +
1 T (9.19) 
onde o termo EαT é a tensão térmica. 
 
α é o coeficiente de dilatação térmica linear do material do disco. 
E é o módulo de elasticidade. 
ν é o coeficiente de Poisson. 
T variação de temperatura. 
 
A deformação circunferencial é: 
( )[ ]ε σ νσ αH H r
s
r E
E= = − +
1 T (9.20) 
 
Diferenciando (9.20) e igualando com (9.19), pois, a deformação radial é igual 
à circunferencial, temos: 
( )ds
dr E
E r d
dr
d
dr
E dT
drH r
H r= − + + − +









1
σ νσ α
σ
ν
σ
α T (9.21) 
 
A função que fornece a variação da temperatura com o raio “r” deve ser 
conhecida (função T). 
Igualando (9.19) e (9.21) e simplificando: 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 153 
 
 ( )( )σ σ ν
σ
ν
σ
αH r
Hr d
dr
− + + − + =1 0 r d
dr
Er dT
dr
r (9.22) 
Substituindo o valor de σH-σr da equação (9.18) em (9.22) temos: 
( )1 02+ +



+ − + =ν
σ
ρω
σ
ν
σ
αr d
dr
r d
dr
r H r r d
dr
 Er dT
dr
2 r 
( )d
dr
d
dr
r E dT
dr
H rσ σ
ν ρω α+ = − + −1 2 
 
integrando: 
( ) 2A+T E
2
r1
22
rH αρωνσσ −+−=+ (9.23) 
onde 2A é a constante de integração conveniente. 
(9.23) - (9.18) fornece: 
( ) 2A+T E
2
r3
dr
d
r2
22
r
r αρων
σ
σ −+−=+ 
Mas: 
( )1 22
r
d
dr
r r d
drr r
rσ σ
σ
= + 
 
Logo: 
( ) ( ) 2A+T E
2
r3r
dr
d
r
1 22
r
2 αρωνσ −+−= 
 
integrando: 
 ( )r E Trdr Ar Br
2
2 2
8
3 2
2
σ ρω ν α= − + − + −∫
r 4
 
onde -B é a constante de integração. 
 
Calculando σr: 
( )σ ν ρω α
r A B
r
r E
r
Trdr= − − + − ∫2
2 2
23
8
 (9.24) 
 
Eliminando σr em (9.23) e (9.24) calculamos σH: 
( )σ ν ρω α α
H A B
r
r E Trdr= + − + − ∫2
2 2
1 3
8
 T + E
r 2 (9.25) 
 
As equações (9.24) e (9.25) fornecem as variações das tensões radiais e 
circunferenciais, em função de “r”, para discos de espessura constante sob pressão, rotação e 
variação de temperatura. 
 
 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 154 
 
Observemos que: 
σ r A B
r
= − 2 é a equação de Lamé, para a tensão radial, aplicada à cilindros 
de parede espessa sob pressão (interna e ou externa). 
 
( )σ ν
ρω
r A B
r
r
= − − +





2
2 2
3
8
 
permite o cálculo de σr para discos em rotação sob temperatura constante. O 
termo entre colchetes aparece como conseqüência da rotação do disco. 
 
( )σ ν ρω α
r A B
r
r E
r
Trdr= − − + − 


∫2
2 2
23
8
 
permite o cálculo de σr para discos em rotação sob variação de temperatura. O 
termo entre colchetes aparece como resultado da variação de temperatura. 
 
Análise idêntica pode ser feita para o cálculo da tensão circunferencial. 
A solução de (9.24) e (9.25) é conseguida quando se conhece a relação de T 
com r, ou seja, de que forma a temperatura varia através do raio do disco. 
Devido ao processo como (9.24) e (9.25) foram deduzidas, os efeitos devido a 
pressão, rotação e térmico podem ser considerados simultaneamente e os valores de A e B são 
encontrados pelas condições de contorno. 
Para uma variação de temperatura de forma linear de T = 0, para r = 0, ou seja, 
se: 
T = kr, então, se não houver rotação: 
σ α
r A B
r
E
= − −2
 kr
3
 (9.26) 
σα
H A B
r
E
= + +2 2 kr
3
 (9.27) 
 
Nas aplicações práticas onde a temperatura é mais elevada na parte interna do 
disco de parede espessa do que na parte externa, as tensões térmicas são positivas na 
superfície externa e de compressão na interna. Este fato é considerado como favorável nas 
aplicações em cilindros de parede espessa sob pressão interna, pois tende a reduzir as tensões 
de tração elevadas na superfície interna provocadas pela pressão interna. 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
DEN HARTOG, J. P., Advanced Strength of Materials, McGraw-Hill Book 
Company, U.S.A., 1952. 
 
HEARN, E. J., Mechanics of Materials, 1ª ed., Pergamon Press Ltd., Gt. Britain 
(Page Bros. Ltd., Norwich). 
 
FEODOSIEV, V. I., Resistencia de Materiales, Editorial Mir, Moscou, 1992. 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 155 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 9.1 
 
Determinar a tensão circunferencial no raio interno e externo de um disco de 
aço de 300 mm de diâmetro, tendo um furo central de 100 mm de diâmetro, sabendo-se que é 
feito para rodar a 5000 rpm. Qual é a posição e a intensidade da máxima tensão radial? 
 
Dados: 
Massa específica do aço: 7470 kg/m3 
Coeficiente de Poisson: 0,3 
Módulo de elasticidade: 208 GN/m2 
 
Solução: 
R1 = 50 mm; R2 = 150 mm; s/rad524
30
n.
==
πω 
( ) ( )








+−





+++= 2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
H r.31
r
R.R
RR.3
8
υυρωσ 
( ) ( )[ ]2222
2
50
H 05,0.9,115,015,005,0.3,3
8
524.7470
−++=σ 
250
H m/MN39=σ ; 2150
H m/MN11=σ 
m087,0R.Rr 21 == ; 287
H m/MN24=σ 
( ) 





−−++= 2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
r r.
r
R.R
RR
8
3 ρωυσ ; 287
r m/MN4,8=σ 
• Para r = 50 mm ⇒ 0,m/MN39 32
2
1 === σσσ 
• Para r = 87 mm ⇒ 0em/MN4,8,m/MN24 3
2
2
2
1 === σσσ 
• Para r = 150 mm ⇒ 0,m/MN11 32
2
1 === σσσ 
31
max
eq σσσ −= ⇒ σeq
max = 39 MN / m2 (r = 50 mm) 
• Cálculo de ∆R = s na face interna: 
( ) ( ) 6
9
3
rH 10.0.3,039
10.208
10.50s.
E
1
R
s
−=∴−=
−
συσ 
s = 9,4.10 –6 m ⇒ s = 9,4.10 –3 mm 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 156 
 
 Exercício 9.2 
 
Um disco sólido de aço, de 300 mm de diâmetro e de espessura constante, tem 
um anel de aço de 450 mm de diâmetro externo e mesma espessura acoplado a ele. Se a 
tensão de interferência é reduzida a zero quando a velocidade de rotação atinge 3000 rpm, 
calcular: 
a) a pressão radial na interface, quando parado. 
b) a diferença de diâmetro entre as superfícies acasaladas, disco e anel, antes 
da montagem. 
 
Dados: 
Massa específica do aço: 7470 kg/m3 
Coeficiente de Poisson: 0,3 
Módulo de elasticidade: 207 GN/m2 
 
Solução: (à 3000 rpm anel e eixo giram sem interferência) 
Aumento do raio do eixo: 
( ) ( )[ ]22
2
H r.31R.3
8
υυρωσ +−+= 
[ ] 2622
2
150
H m/N10.9,215,0.9,115,0.3,3
8
314.7470
=−=σ 
( ) 0;.
E
R.
E
Rs rHrHeixo ==−= σσσυσ 
m10.1,210.9,2.
10.207
15,0s 66
9eixo
−== 
Aumento do raio interno do anel: 
( ) ( )








+−





+++= 2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
H r.31
r
R.R
RR.3
8
υυρωσ 
( ) ( )[ ] 26222
2
150
H m/N10.7,3315,0.9,12.225,015,0.3,3
8
314.7470
=−+=σ 
)0(m10.4,210.7,33.
10.207
15,0s r
56
9anel === − σ 
interferência radial = (R1 + sanel) – (R + seixo); (R1 = R) 
interferência radial = 2,4.10 –5 – 2,1.10 –6 = 2,19.10 –5 m 
interferência diametral = (2,19.10 –5).2 = 4,38.10 –5 m 
Pressão de contato: ( )Hi0H
5
i0 E
R10.19,2 σσδδ −==+ − 
p6,2,p 0HHi =−= σσ ⇒ p).16,2(
10.207
15,010.19,2 9
5 +=− 
p = 8,4 MN / m2 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 157 
 
 Exercício 9.3 
 
Um disco de aço de 3 in de raio interno e 15 in de raio externo, é acoplado 
contra um eixo, também de aço, e a interferência radial, quando parado, é de 0,003 in. Pede-
se: 
a) velocidade angular, w, para a qual a interferência desaparece como 
resultado da rotação. 
b) tensão circunferencial na face interna do disco com a velocidade acima. 
 
Dados: 
E = 30.106 lbf/in2 γ = 0,28 lbf/in3 
ν = 0,3 g = 386 in/s2 ρ = γ/g 
 
Solução: 
 
in003,0i0 =+ δδ , ρ = γ / g = 0,28 / 386 
Quando o conjunto girar à velocidade ω: 
sd - se = 0,003 in (d – disco; e – eixo) 
Cálculo de sd à velocidade ω - sem interferência: 
( ) ( )








+−





+++= 2
2
2
2
2
12
2
2
1
2
H r.31
r
R.R
RR.3
8
υυρωσ 
( ) ( )[ ] 2222
2
3
H 136,03.9,12.153.3,3
8.386
.28,0 ωωσ =−+= 
2
6d 136,0.
10.30
3s ω= 
Cálculo de se à velocidade ω - sem interferência: 
( )[ ] 2
2
3
H 00114,09.9,19..3,3
8.386
.28,0 ωωσ =−= 
2
6e 00114,0.
10.30
3s ω= 
003,0i0 =+ δδ = sd - se 
003,0)00114,0136,0.(
10.30
.3
6
2
=−
ω 
ω ≅ 472 rad / s 
 
 
 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 158 
 
 Exercício 9.4 
 
Determinar a velocidade angular máxima, w, que um disco de aço de 150 mm 
de raio externo e 50mm de raio interno pode girar, sem escoar, sabendo-se que o material do 
disco possui: Syt = 500 MN/m2. Usar a teoria da máxima tensão tangencial e considerar o 
ponto mais perigoso como o ponto mais interno (r = R1). Trabalhar com quatro casas decimais 
após a vírgula. 
 
Dados: 
ρ = 7470 kg/m3 
ν = 0,3 
E = 207.109 N/m2 
 
Solução: 
 
Ponto mais perigoso ocorre para: 
0Rr
Rr
r1
max
H1
=⇒=
⇒=
σ
σ
 
( ) ( )[ ] 2222
2
50
H 93,14105,0.9,12.15,005,0.3,3
8
.7470 ωωσ =−+= 
Ponto na face interna: 
0,3,141 32
2
1 === σσωσ 
62
31eq 10.50093,141 ==−= ωσσσ 
ω ≤ 1877 rad / s 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 159 
 
 Exercício 9.5 
 
Determinar a tensão circunferencial que aparece na face interna de um rotor 
com ranhuras, com as dimensões indicadas abaixo, quando ele gira a 1800 rpm. 
 
 
Dados: 
 
γ = 0,28 lbf/in3 
ν = 0,3 
g = 386 in/s2 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
r..
g
.dVa.dmdF 2
n ωγ
== 
θωγωγθ d.dr.r.
g
b..r..
g
.b.dr.d.rdF 2
2
2 == 
(b – largura do disco) 





 −
== ∫ ∫ 3
1626
g
b...2d.dr.r.
g
b..F
33226
16
2
0
2
2 ωγπθωγπ 
2
332
in/lb7238
3
1626.
g.16
.
b.16.2
Fp =




 −
==
ωγ
π
 
8
r..).3(
r
BA
22
2r
ωρυσ +−−= 
σr = 0 para r = 4” 
σr = 7238 para r = 16” 
99956B0040A
9169B0630A
,,
,,
=−
=−
 
B = 0,17.106 ; A = 10620 
8
r..)..31(
r
BA
22
2H
ωρυσ +−+= 
8386
518816280
91
16
1017010620
26
4
H .
,..,
.,.,
−+=σ 
σ H4 = 21139 lb / in2 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 160 
 
 Exercício 9.6 
 
Um pequeno disco de aço, inicialmente sem tensão, de raio interno 0,2m e 
externo 0,3m, é sujeito a uma distribuição de temperatura da forma T = a + b.ln(r), para 
assegurar fluxo constante de calor através da parede do cilindro. As tensões são dadas pelas 
fórmulas abaixo: 
( )
σ α
νr A B
r
ET
= − −
−2 2 1
 
( ) ( )
σ α
ν
α
νH A B
r
E T E b
= + −
−
−
−2 2 1 2 1
 
Se a temperatura na superfície interna e externa é mantida à 200ºC e 100ºC, 
respectivamente, determinar a máxima tensão circunferencial que acontece na parede do 
cilindro. 
Para o aço: 
E = 209 GN/m2, ν = 0,3, α = 11.10-6/ºC 
 
Solução: 
 
Cálculo de “b”. 
T = a + blnr 
200 = a + bln(0,2) 
100 = a + bln(0,1) 
b = -249 
αE/2(1-ν) =11.10-6 .209.109 /2.09 = 1,6.106 
Condições de contorno: 
Para r = 0,3, σr =0 e T = 100 
Para r = 0,2, σr =0 e T = 200 
B = -11,5.106 e A = 0,32.108 
Entrando com esses valores na expressão de σH temos: 
 
Tensão circ. na face interna = -180MN/m2 
Tensão circ. na face externa = 140MN/m2 
 
 
 
 
 
 Exercício 9.7 
 
Determine as expressões para as tensões radiais e circunferenciais 
desenvolvidas em um disco sem furo de raio R, quando sujeito à um gradiente térmico da 
forma: T = kr. 
Determine a posição e a intensidade das máximas tensões que ocorrem no 
disco de 150 mm de diâmetro quandoa variação de temperatura é 150ºC. 
E = 206,8GN/m2, α = 12.10-6/ºC 
Usar as expressões (9.24) e (9.25). 
 
 
 
 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 161 
 
Solução: 
2 2
2 2
3
2
r H2 2
 , mas:
Trdr , a constante de integração será assimilada por A
3
logo :
 e 
3 3
r
H
B EA Trdr
r r
B EA Trdr ET
r r
rK r dr k
B EKr B EKrA A EKr
r r
ασ
ασ α
α ασ σ α
= − −
= + + −
= =
= − − = + + −
∫
∫
∫ ∫ 
Como as tensões no centro do disco não são infinitas (r=0) , B deve ser zero e 
B/r2 =0 . 
Outra condição: 
σr =0 para r =R. 
0 = A - αEKR/3 → A = αEKR/3 
Substituindo e simplificando: 
σr = αEK(R - r)/3 e σH = αEK(R - 2r)/3 
A variação das duas tensões com o raio é linear e em ambos os casos os 
valores máximos ocorrem no centro: 
σrmáx =σHmáx = αEKR/3 = 12.10-3. 206,8.109 .K .0,095/3 
Mas: 
T = Kr 
Para r = 0, T = 0 no centro do disco. 
Para uma variação de temperatura de 150º C, o valor de T para r =R é 150º. 
Logo : 
150 = K.0,095 K = 2000 º/m, logo: 
Tensão circ. máxima = tensão radial máxima = 124MN/m2 
Quais seriam os valores das tensões se a temperatura do centro do disco for 
30ºC, a variação de temperatura 150ºC e o gradiente térmico dado por: 
T = a+br? 
( )Trdr a br rdr ar br
∫ ∫= + = +
2 3
2 3
 
A constante de integração será assimilada por A 
Então: 
σ α
r A B
r
E
r
ar br
= − − +





2 2
2 3
2 3
 
σ α αH A B
r
E
r
ar br ET= + + +





 −2 2
2 3
2 3
 
onde T = a + br 
Na face interna do disco, r = 0, T = 30ºC 
30 = a+b.0, a = 30 
Na face externa: T = 30+150 = 180 
180 = a+b(0,095) 
150 = 0,095.b, b = 2000 
Substituindo e lembrando que B/r2 = 0; A = 161,5.106 
Resp. Tensão radial no centro = 124,3MN/m2 
 Tensão circ. no centro = 124,3MN/m2 
Unidade 9 – DISCOS DE ESPESSURA CONSTANTE QUE GIRAM À GRANDE VELOCIDADE 
 
Página 162 
 
 Exercício 9.8 
 
Determine as expressões para as tensões desenvolvidas em um disco com furo 
sujeito a um gradiente térmico da forma: T = -kr. Qual é a máxima tensão circunferencial e 
radial neste caso se os diâmetros interno e externo são 80mm e 160mm, respectivamente? A 
temperatura no raio externo é -50ºC. 
E = 206,8GN/m2, α = 12.10-6/ºC 
 
Solução : 
 
2 2
2 2
3
r 2
constante
3
A constante será assimilada por A, logo :
3
r
H
B EA Trdr
r r
B EA Trdr ET
r r
rT Kr Trdr K
B EKrA
r
ασ
ασ α
ασ
= − −
= + + −
= − ∴ = − +
= − +
∫
∫
∫ 
r = R2 = 80, T = -50 
 
Resp. 
 
Tensão circ. na face interna = -33,98MN/m2 
Tensão circ. na face externa = 28,46MN/m2 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 163 
 
10. FLAMBAGEM 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Deduzir as expressões que permitem o cálculo da deflexão, da carga 
crítica e das tensões normais, em uma coluna bi-rotulada sob 
carregamento excêntrico. 
- Definir os diferentes tipos de equilíbrio. 
- Definir flambagem. 
- Definir carga crítica. 
- Definir, identificar e comparar as diferentes condições de extremidades. 
- Determinar como se faz um dimensionamento prático de colunas. 
- Definir o processo ômega. 
- Solucionar exercícios sobre os diversos tópicos acima. 
 
 
10.1 - COLUNAS SOB CARGA EXCÊNTRICA: CÁLCULO DA DEFLEXÃO E DAS 
 TENSÕES MÁXIMAS 
 
Neste nosso estudo, denominaremos de escora, coluna e pilar, uma peça que 
trabalha essencialmente à compressão, sem fazer distinções. Vamos iniciar o estudo com uma 
coluna excêntrica, e extrapolando a excentricidade para zero, caímos no estudo de um pilar 
sob carga axial cêntrica que é o caso mais comum. 
Seja uma coluna bi-rotulada, fina e longa (esbelta) sujeita a uma carga paralela 
a seu eixo, mas aplicada excentricamente com uma excentricidade e. Esta é medida a partir do 
centro de gravidade (G) da seção transversal. O plano xy é plano de simetria do pilar e este, 
defletirá neste plano, em torno do eixo z, eixo de menor inércia. (Fig. 91). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 91 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 164 
 
O momento fletor a uma distância x da articulação inferior será: 
( )yePM += 
 
Para determinarmos o sinal de M, damos à coluna uma rotação de 90º no 
sentido horário e a tratamos como se fosse uma viga (tração nas inferiores, M positivo). 
 
Mas: 
EI
M
dx
yd
2
2
−= (10.1) 
 
Logo: 
( ) ( )yek
EI
yeP
dx
yd 2
2
2
+−=
+−
= 
 
Onde: 
EI
Pk = ⇒ se kl/2 > 0,1, a escora será considerada esbelta. 
 
Assim: ekyk
dx
yd 22
2
2
−=+ 
 
A solução desta equação diferencial é: 
e)kx(cosC)kx(senCy 21 −+= (10.2) 
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias a serem determinadas pelas condições 
de contorno. 
Deste modo: 
 
y = 0 para x = l e x = 0. 
eCe1C0C0 221 =∴−+= .. (10.3) 
e)kl(cose)kl(sen.C0 1 −+= 
[ ] [ ]
)kl(sen
)kl(cos1e
C)kl(cos1e)kl(sen.C 11
−
=∴−= 
ou: 




=
2
kltg.eC1 (10.4) 
Substituindo (10.3) e (10.4) em (10.2) obtemos: 
e1kxkx
2
kltgy .)(cos)(sen. 





−+




= (10.5) 
Esta fórmula permite determinar o valor da deflexão y em qualquer ponto do 
pilar, conhecidos os valores de: x, e, P, E e l. 
 
A deflexão máxima ocorre no meio do pilar, para x = (l/2) e é dada por: 






−




+










= 1
2
klcos
2
klsen.
2
kltg.eδ 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 165 
 






−




=























−
= 1
2
klsec.e
2
klcos
2
klcos1
.eδ (10.6) 
 
Façamos um estudo detalhado da equação (10.6): 
 
Para P = 0, a deflexão δ é nula. Selecionemos uma excentricidade e1 e tracemos 
graficamente P x δ obtendo uma curva, Fig. 92. Selecionemos outra excentricidade e2 > e1 e 
façamos como anteriormente. Analisando a Fig. 92 verificamos que δ cresce com P, mas não 
de modo linear. Para um mesmo valor de δ a curva de e2 > e1 fornece valores menores para P, 
ou seja, quanto maior a excentricidade, menor a carga P que provoca a mesma deflexão. A 
deflexão cresce muito quando P se aproxima do valor Pc e todas as curvas, 
independentemente do valor de e, se tornam assintóticas à horizontal traçada por Pc. A 
deflexão δ se torna infinita quando P for igual a Pc. Dizer que a deflexão se torna infinita é o 
mesmo que fazer kl/2 = π/2, pois sec (π/2) = ∞. 
 
Logo: 
22
l.
EI
P
22
kl c ππ
=∴= 
ou: 2
2
c l
I.E.P π
= (10.7) 
 
 
Figura 92 
 
 Toda deflexão δ verificada dentro da fase elástica, para colunas excêntricas, é 
reversível desde que Ptensões tangenciais principais (t. t. p.) através dos círculos de Mohr 
 - Determinar as intensidades das tensões tangenciais principais utilizando 
 propriedades do círculo de Mohr. 
 - Calcular a tensão tangencial máxima em problemas tridimensionais. 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 6 
 
Os estados planos e mono-axial de tensão são casos particulares do estado triplo 
onde uma ou duas tensões normais principais são nulas. A representação gráfica para o estado 
triplo consiste em três círculos cujas interseções com o eixo horizontal, definem as tensões 
normais principais (Figura 7). 
 
Figura 7 
 
Pode-se demonstrar que as condições de tensão em qualquer plano que passe 
através de um ponto, estão também incluídas na área hachurada entre o círculo maior e os 
outros dois (Figura 7). No estado plano, uma das t.n.p. coincide com a origem e no mono-
axial, coincidem duas. Dadas as três t.n.p. do estado triplo, pela combinação duas a duas, 
construímos os três círculos de Mohr correspondentes. Os raios destes três círculos de Mohr 
são as tensões tangenciais principais (t.t.p.) que são representadas por: τ1,2, τ1,3 e τ2,3 (Figura 
7). 
 
Suas intensidades são: 
2
2
2
32
3,2
31
3,1
21
2,1
σσ
τ
σσ
τ
σσ
τ
−
=
−
=
−
=
 (1.3) 
A t. t. p., τ1,3 , será sempre a de maior intensidade. As tensões normais que 
atuam nos planos das t. t. p. são: 
 
1,2
21
1,3
31
2,3
32
 de plano ,
2
OC
 de plano ,
2
OB
 de plano ,
2
AO
τ
σσ
τ
σσ
τ
σσ
+
=
+
=
+
=
 (1.4) 
 
O estado plano de tensão é um caso particular do estado triplo onde uma t.n.p. é 
nula 
 
É preciso observar que nem sempre a tensão tangencial máxima do estado plano, 
já estudado, corresponde à tensão tangencial maior do estado triplo. Acontece que agora 
nossos conceitos são mais amplos. Por uma questão didática, quando se estudou o estado 
plano, falou-se em somente um círculo de Mohr, quando na realidade são três. Por isto, o 
conceito de tensão tangencial máxima ficou incompleto. Se verificarmos, na Figura 7, o plano 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 7 
 
em que atua a tensão tangencial principal (t.t.p.), τ1,3, faz ângulos de 45º com os planos onde 
atuam σ1 e σ3 respectivamente. A1ém disto, esta tensão está situada no mesmo plano de σ1 e 
σ3. Logo sua direção será a interseção destes dois planos (Figura 8). Analogamente para τ1,2 e 
τ2,3 (Figura 9). 
 
Figura 8 
 
Figura 9 
São dois os planos que satisfazem as condições acima descritas; eles são 
perpendiculares entre si. Em um atua a t.t.p. positiva e no outro a negativa. 
Interessa-nos somente a intensidade e a direção desta tensão e não o seu sentido. 
Por isto colocamos a seta nas duas extremidades do segmento (ela tanto pode estar em um 
sentido como no outro). 
 
1. 5 - CASO PARTICULAR IMPORTANTE 
Objetivo: 
- Determinar as t.n.p. de um estado triplo, quando se conhece uma delas, sem 
o desenvolvimento da equação do terceiro grau, utilizando as propriedades 
do estado plano de tensões. 
 
A maioria dos casos que encontramos em engenharia, a posição de um dos planos 
principais e a t.n.p. que nele atua podem ser encontrados previamente. Então as duas t.n.p. 
restantes podem ser determinadas utilizando-se as propriedades do estado plano (Figura 10). 
Com efeito: 
 
Figura 10 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 8 
 
As tensões normal e tangencial que atuam no plano inclinado podem ser 
calculadas, através das equações de equilíbrio da estática, projetando as forças na direção 
normal ao plano e sobre o próprio plano. É claro que a força atuante na direção “z” não 
alterará as equações acima. É como se ela não existisse. Assim procedendo, obteremos as 
mesmas equações para “σn” e “τn” encontradas para o estado plano. Estas equações podem 
ser também interpretadas através do círculo de Mohr já estudado em “estado plano de 
tensões”. Resumindo, o estado de tensão da Figura 10 fica assim: 
σz é uma t.n.p.. 
O estado plano σy, σx e τxy fornecerá as outras duas t.n.p. 
O plano θ da Figura 10 é um dos planos paralelos à z, ou seja, paralelos a uma 
direção normal principal. Os planos x (θ = 0º) e y (θ = 90º) também são. Assim os pontos 
situados no círculo de Mohr determinado por σx, σy e τxy, representam valores de σ e τ 
atuantes em planos θ, paralelos a uma direção normal principal (z): planos que giram em 
torno de z. 
Do exposto acima podemos concluir que: 
 
 
Cada ponto da circunferência que passa por σ1 e σ3 (Figura 7) corresponde a 
valores de σ e τ que atuam em planos paralelos à direção 2. Analogamente para as 
outras circunferências. 
 
Os pontos situados na área hachurada (Figura 7) correspondem a valores de σ e τ 
que atuam em planos inclinados em relação às direções principais 1, 2 e 3. 
 
 
1.6 - O ESTADO GERAL DE TENSÃO EM UM PONTO 
 
Objetivos: 
 
- Calcular as tensões normal e tangencial atuantes em um plano, quando se 
conhecem as tensões atuantes em três planos perpendiculares através do 
ponto. 
- Definido o estado de tensão através de um ponto, calcular as tensões 
normais principais (t.n.p.). 
- Definir o elipsóide das tensões. 
- Definir planos e tensões octaédricas e calculá-las em função das t.n.p. 
 
Através do diagrama do corpo livre (Figura 11), onde são colocadas as tensões 
atuantes em três planos perpendiculares através do ponto, pretende-se determinar a tensão 
normal e tangencial atuantes em um plano cuja normal é "n", através do mesmo ponto. 
 
 
Dados: 
face x: σx , τxy , τxz 
face y: τyx , σy , τyz 
face z: τzx , τzy , σz 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 9 
 
n cos zn,
m cos yn,
l cos xn,
^
^
^
==
==
==
γγ
ββ
αα
,
,
,
 
face ABC = dA 
face OAB = dA.n 
face OBC = dA.l 
face OCA = dA.m 
 
Pede-se: 
σn e τnt 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11 
 
Seja T o vetor tensão que atua no plano “n”. A direção de T não coincidirá com 
a de "n", necessariamente. Quando isto acontecer, "n" será uma direção normal principal e T 
será a própria t.n.p., pois, neste caso, sua projeção sobre o plano será nula (as tensões 
tangenciais atuantes na face serão nulas). As componentes de T nas direções x, y e z são: 
Tx , Ty e Tz, respectivamente. 
Como o elemento está em equilíbrio, são válidas as equações da estática. Assim: 
n.dA.m.dA.l.dA.dA.T
0F
zxyxxx
x
ττσ ++=
=∑
 
 simplificando e lembrando-se que: 
τyx = τxy , τzx = τxz 
 temos: 
n.m.l.T
n.m.l.T
:amentelogana
n.m.l.T
zzyzxz
yzyyxy
xzxyxx
σττ
τστ
ττσ
++=
++=
++=
 (1.5) 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 10 
 
Vetorialmente, podemos escrever, lembrando que i , j e k são os unitários das 
direções x, y e z respectivamente: 
 
T T i T j T kx y z= + +. . . 
O unitário da normal “n” é: k.nj.mi.lN ++= 
Sendo σn, a projeção de T sobre “n”: 
n.Tm.Tl.TN.T zyxn ++==σ (1.6) 
 
Por outro lado: 
2
nt
2
n
2T τσ += 
Logo: 
2
n
2
nt T στ −= (1.7) 
 
A intensidade do vetor T é: 
2
z
2
y
2
x TTTT ++= (1.8) 
 
As equações (1.5) são gerais e válidas para qualquer plano “n” mesmo que este 
seja o plano onde atua uma tensão normal principal. Neste caso, o vetor T coincidirá com a 
normal e não teremos tensões tangenciais. Façamos então T = σp e assim: 
n.T
m.T
l.T
pz
py
px
σ
σ
σ
=
=
=
 
As equações (1.5) tornam-se: n.m.l.l. xzxyxp ττσσ ++= 
ou: 
 
0n).(m.l.
0n.m).(l.
0n.m.l).(
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
=−++
=+−+
=++−
σσττ
τσστ
ττσσ
 (1.9) 
Resolvendo (1.9) para calcular um dos cosenos diretores, por exemplo, l, temos: 
)(
)(
)(
)(0
)(0
0
l
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
pzzy
yzpy
xzxy
σσττ
τσστ
ττσσ
σστ
τσσ
ττ
−
−
−
−
−
= 
A solução trivial 0,0,0 não serve pois l2 + m2 + n2 = 1. 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 11 
 
Uma solução não trivial para as direçõeselásticas para valores de P Pc, duas 
configurações são possíveis - uma reta, ramo 1-2 e uma curva - ramo 1-3. A configuração reta 
é instável e a mais leve perturbação fará com que a coluna, repentinamente, passe à 
configuração curva (representado por P’ P” no diagrama P - δ). Trabalhando com a equação 
diferencial exata para a linha elástica, é possível obter-se uma configuração curva de 
equilíbrio para valores maiores do que Pc. Para P = 1,015 Pc, pode-se demonstrar que δ é da 
ordem de 10% de l, comprimento da coluna. Neste caso pode haver ruína por escoamento. 
Não será possível aumentar a carga além da carga crítica pois na realidade nenhuma coluna é 
perfeitamente reta e homogênea na forma da seção transversal e propriedades. É impossível 
aplicar cargas axiais exatamente cêntricas. Deste modo a carga crítica, Pc, representa o limite 
máximo de P para o qual uma configuração reta é possível. 
 
Figura 95 
 
A carga cuja superação origina a perda da estabilidade da forma original da 
coluna é denominada de carga crítica, Pc. Se P > Pc, conforme já dissemos, a peça perde a 
estabilidade e se flexiona, flamba. A forma reta deixa de ser estável. 
 
 Denomina-se flambagem ao fenômeno responsável pela passagem da peça da forma 
estável para a forma instável de equilíbrio elástico. 
Denomina-se carga de flambagem ao valor P = Pc, cuja superação ocasiona a perda 
de estabilidade. 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 169 
 
Quando a carga aplicada alcança o valor crítico (ou o supera) ela provoca o 
aparecimento da forma instável de equilíbrio, que está ligada ao crescimento ilimitado das 
tensões e deformações o que eqüivale à ruína da estrutura. A destruição da forma reta é brusca 
e é originada por flexão com pequenas tensões de compressão, muito abaixo das tensões de 
compressão máximas que a peça poderia suportar sob compressão simples. 
O problema principal reside no cálculo da carga crítica, que não pode ser 
superada. Esta carga já foi calculada no capítulo anterior e é a mesma que flamba uma coluna 
sob carga excêntrica, conforme já comentamos. 
 
 
10.3 - CARGA CRÍTICA PARA PILARES CARREGADOS CENTRICAMENTE COM 
DIFERENTES CONDIÇÕES DE EXTREMIDADES 
 
Vamos definir comprimento efetivo de uma coluna ou comprimento de 
flambagem. Para isto tomemos várias colunas com condições diferentes de extremidade, todas 
elas de mesmo comprimento l, e façamos um esboço de suas linhas elásticas após a 
flambagem, Fig. 96. 
 
Figura 96 
 
Todas as curvas apresentam pontos de inflexão ou de curvatura nula que são 
pontos de momentos nulos e que podem ser identificados como rótulas, pois a articulação ou 
rótula satisfaz a esta condição. Vamos definir comprimento de flambagem como sendo a 
distância entre dois pontos de inflexão da linha elástica da coluna deformada e designaremos 
por le. É o comprimento da coluna deformada que tem o mesmo comportamento da linha 
elástica da coluna bi-rotulada deformada que consideraremos aqui como sendo o caso 
fundamental (le = l ). Assim, a expressão para cálculo de Pc de uma coluna bi-rotulada pode 
ser ampliada para calcular o Pc de uma coluna qualquer, desde que, em lugar de l, 
comprimento real, coloquemos le = α.l, onde α é o coeficiente de flambagem, função das 
diversas condições de extremidades. O comprimento de flambagem é também o comprimento 
de uma coluna bi-rotulada que tem a mesma carga de flambagem que uma coluna dada. 
 
Assim: 2
e
2
c l
EIP π
= (10.9) 
Onde le = α.l . 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 170 
 
Condições de extremidades α 
Bi-rotulada 1 
Bi-engastada 0,5 
Rotulada e engastada 0,7 
Livre e engastada 2 
 
Os casos acima citados são os quatro casos fundamentais. A dedução do valor 
do coeficiente de flambagem para a condição de rotulada e engastada ficará a cargo do aluno. 
Nas aplicações práticas é conveniente usar coeficientes de flambagemsuperiores aos teóricos (consultar livros de Estruturas Metálicas) devido aos desvios das 
condições teóricas e à dificuldade de concretizar um engastamento perfeito. Na Fig. 96 estão 
os coeficientes de flambagem para as diversas condições que normalmente ocorrem na 
prática. Além dos quatro casos fundamentais, aí aparecem mais dois casos. Os valores de le 
levado às expressões (10.6), (10.8) e (10.9) permitem calcular as deflexões, momento fletor 
máximo e carga de flambagem ou crítica para as diferentes condições de extremidades. 
Finalizando, podemos dizer que às vezes o comprimento de flambagem é 
obtido através de ensaios de laboratório, e quando há dúvidas, deve-se usar α = 1, à favor da 
segurança (exceção feita para a coluna engastada e livre). 
 
 
10.4 - TENSÃO CRÍTICA PARA COLUNAS CARREGADAS AXIALMENTE 
(COLUNAS CÊNTRICAS) 
 
Uma coluna cêntrica está sujeita à compressão simples até que se verifica o 
fenômeno da flambagem, que é súbito. Além disso, a tensão que provoca flambagem é bem 
inferior à tensão de escoamento à compressão. 
Podemos escrever que: 
A.l
EI
A
P
2
e
2
c
c
πσ == 
 
Vamos definir raio de giração de uma seção, em relação a um eixo, como a raiz 
quadrada do quociente entre o momento de inércia da seção, em relação a este eixo, e a área 
da seção. Tem a dimensão de um comprimento. 
2
xx
x
x i
1
I
A
A
I
i =∴= 
Logo: 
2
e
2
2
2
e
2
2
e
2
c
i
l
E
i
l
E
I
Al
E






=








=






=
πππσ 
O índice de esbeltez, λ, é a relação entre o comprimento de flambagem e o raio 
de giração da seção. É um parâmetro adimensional e é o mais importante de todo estudo de 
flambagem. 
i
le=λ 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 171 
 
 O índice de esbeltez contém informações sobre o comprimento da peça, condições de 
extremidades e inércia da seção, simultaneamente. 
 
Deste modo podemos escrever que: 
 2
2
c
E
λ
πσ = (10.10)
Esta equação recebe o nome de equação de Euler, que foi o matemático quem 
primeiro a deduziu e ela governa todo dimensionamento elástico de colunas 
cêntricas. 
 
Sua validade se restringe ao regime elástico pois é originada da equação 
diferencial da linha elástica. Deste modo, o valor máximo de σc não pode exceder ao limite de 
proporcionalidade (σp) do material do pilar. 
p2
2
pc
E σ
λ
πσσ ≤∴≤ 
Na igualdade definimos o índice de esbeltez limite: 
p
limp2
lim
2 E.E
σ
πλσ
λ
π
=∴= 
 
Para λ > λlim, σcou contraventamento. 
 
Desde que o momento de inércia em torno de z é menor do que em torno de y, 
a flambagem ocorrerá no plano que contém y (Fig. 101) e devemos colocar um suporte lateral 
na coluna, neste plano (Fig. 102). Isto, na realidade, implica na diminuição do comprimento 
de flambagem da coluna em torno de z (em relação à coluna não travada). Consequentemente, 
aumenta-se a capacidade de carga da coluna, tornando-a mais resistente (Fig. 102). A 
vinculação travamento é considerada como uma articulação. Para verificar o eixo em torno do 
qual se processará a flambagem, não basta observar somente a inércia da peça. O parâmetro 
que definirá a flambagem será o índice de esbeltez. O eixo em torno do qual se processará a 
flambagem será o que tiver maior índice de esbeltez (λ). Este índice de esbeltez maior será 
chamado de índice de esbeltez crítico. Uma peça ideal para trabalhar a flambagem é aquela 
que possui λy = λz, sendo y e z, os eixos centrais da inércia da seção. A condição ideal de 
flambagem é então definida pela igualdade: λy = λz. 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 175 
 
 
Figura 101 
 
Esta igualdade conduz ao dimensionamento mais eficiente, pois as tensões que 
correspondem aos dois modos possíveis de flambagem são iguais; é só observar a curva de 
flambagem do material. Exemplo: seção circular maciça e vazada, seção quadrada, etc.. Neste 
caso, não há necessidade de fazer travamento. A seção é utilizada o mais economicamente 
possível. Finalizando, podemos dizer que o travejamento diminui o índice de esbeltez em 
torno do eixo onde é colocado, pela modificação do comprimento de flambagem, e, 
consequentemente, aumenta a resistência da peça. 
 
 O travamento evita o movimento do ponto C apenas em um plano. No caso em 
questão, este plano é YX (Fig. 102). 
Figura 102 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 176 
 
10.6 - TRAVEJAMENTO: SEÇÃO COMPOSTA (PERFIS COMPOSTOS) 
 
Os perfis compostos, formados pela associação de perfis simples, são, 
inicialmente, travados um ao outro, de forma que o sistema se comporte como se fosse uma 
peça única e poderá (o conjunto) ser também travejado lateralmente, caso haja necessidade. 
Os perfis compostos poderão ter ligação contínua ou descontínua. A ligação contínua poderá 
ser feita por solda, ao longo de todo o comprimento do perfil (Fig. 103a), ou por chapas 
transversais, formando um perfil fechado (Fig. 103c). Neste caso, ao calcular as 
características geométricas da seção transversal, a seção da chapa deve ser considerada. A 
ligação descontínua é formada por chapas transversais com certo espaçamento: travessas. 
Neste caso, a seção transversal da chapa não é incluída nos cálculos das características 
geométricas do conjunto (Fig. 103b e Fig. 103d). 
Nos perfis compostos com ligação descontínua, os esforços de cisalhamento 
provocam deformações nas chapas de ligação e diminuem a eficiência do perfil composto. 
Todavia este fenômeno não será aqui considerado, pois nossa abordagem é puramente teórica 
e tem por finalidade introduzir o estudante neste assunto. No curso de Estruturas Metálicas 
este fenômeno será estudado em profundidade. 
 
 
Figura 103 
 
Vamos ver agora, o caso de dois perfis em canal, com ligação descontínua, 
formando um pilar (Fig. 104). 
 
Figura 104 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 177 
 
Para assegurar que as seções trabalhem juntas, como uma simples unidade, elas 
são unidas por ligações descontínuas. O trabalho destas seções compostas é garantido desde 
que seja providenciada uma fixação suficientemente forte. A distância “b” que separa as duas 
partes (Fig. 104) é determinada pela condição ideal de flambagem: λz = λy que pode ser 
resumida, no caso em questão, por: Iz = Iy , pois não há travamento externo. Na prática, o 
momento de inércia em relação ao eixo perpendicular ao reticulado (y) deverá ser maior, pois 
a ligação não pode assegurar o trabalho das duas metades como o faz a seção contínua única. 
Ou seja, a flexibilidade do pilar em relação ao eixo livre (y), é maior devida à cedência 
elástica das talas ou treliças. O índice de esbeltez será então calculado tomando-se os 
momentos de inércia das duas seções em relação à z ou y. Após calcula-se a tensão crítica (σc) 
que multiplicada pela área da seção transversal total, dará a carga crítica admissível que o 
pilar pode suportar. O funcionamento simultâneo de ambas as colunas de seção em canal só 
será possível se elas forem presas uma à outra por reticulados, placas ou travessas (Fig. 104). 
A distância “a” entre as ligações (travessas) deve assegurar que nenhuma das colunas de 
seção em canal flexione em torno do eixo de menor inércia (eixo y1). Esta condição é 
satisfeita se o índice de esbeltez de cada coluna de comprimento “a” e raio de giração imín = iy1 
Figura 105 
 
for menor que o índice de esbeltez de todo o conjunto (Fig. 105). 
 
)conjuntodo(
i
a
mín
λ≤ (10.11) 
 
A expressão (10.11) permite o cálculo do maior valor de “a” . Na realidade o 
que se impõe é que a flambagem do conjunto ocorra antes da flambagem de cada perfil 
individual. 
 
10.7 - PROCESSO ÔMEGA 
 
O coeficiente de flambagem ômega (ω) é definido pela relação: 
c
comp
σ
σ
ω = (10.12) 
onde: 
compσ - tensão de escoamento admissível à compressão simples 
cσ - tensão crítica admissível 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 178 
 
A relação (10.12) é sempre maior que um (> 1). O coeficiente adimensional 
ômega (ω), pela própria definição, é função do índice de esbeltez e as normas fornecem 
tabelas, para alguns tipos de aço e outros materiais, relacionando o índice de esbeltez (λ) com 
ômega (ω). A expressão (10.12) pode ser transformada do seguinte modo: 
 
A.A.P comp
cc ω
σ
σ == (10.13) 
 
Pela expressão (10.13) observamos que o dimensionamento à flambagem é um 
dimensionamento a compressão simples desde que seja “corrigida” a tensão admissível à 
compressão, pelo coeficiente ômega (ω). O processo ômega facilita o dimensionamento 
quando se conhecem as tabelas, λ x ω, fornecidas pelas normas. 
 
10.8 – COLUNAS CARREGADAS EXCENTRICAMENTE 
 
Sob o ponto de vista prático é impossível não se ter pequenas excentricidades 
na aplicação de cargas cêntricas. Estes efeitos foram considerados no estabelecimento das 
equações empíricas e incorporados nos valores admissíveis das tensões. Existem casos, no 
entanto, onde uma coluna é carregada excentricamente durante seu uso. A Fig. 106 mostra 
uma situação onde uma coluna é excentricamente carregada em torno do eixo X – X por uma 
carga não axial, através de um braço preso ao lado da coluna. É possível estender as 
considerações teóricas que estabeleceram a equação de Euler, levando em conta a 
excentricidade da carga. A equação resultante é conhecida como fórmula da secante (já 
deduzida e usada no começo da unidade). É uma equação de uso, algumas vezes complicado, 
e soluções diretas às vezes não são possíveis. 
Um método alternativo de projeto pode ser obtido considerando a ação de uma 
força central Fo e uma força excêntrica F, aplicadas separadamente (princípio da superposição 
de cargas). Os esforços na coluna são considerados como os de uma carga cêntrica (Fo+F) e 
um momento (Fe). As tensões provenientes da carga axial e do momento são consideradas 
como aditivas algebricamente e não devem exceder à tensão crítica admissível. 
Assim: 
( )F F
A
Fec
I
o
c
+
+ ≤ σ (10.14) 
No entanto a tensão admissível para uma coluna é uma função de seu índice de 
esbeltez, enquanto que a tensão admissível à flexão não está relacionada com este índice. Para 
levar em consideração esta condição, os membros do lado esquerdo da equação (10.14) serão 
divididos pelas tensões admissíveis que lhes correspondem: tensão de compressão da 
solicitação axial, dividida pela tensão crítica admissível; tensão de compressão de flexão, 
dividida pela tensão admissível à flexão. O membro do lado direito será dividido pela tensãocrítica admissível e a equação (10.14) se transforma na equação abaixo: 
( )F F A Fec Io
c f
+
+ ≤
/ /
σ σ
1 (10.15) 
Esta equação tem o nome de fórmula da interação. 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 179 
 
Onde: 
(Fo+F)/A é a tensão axial aplicada. 
σ c é a tensão crítica admissível se somente atua força axial (cêntrica). 
Fec/I tensão de flexão aplicada. 
σ f tensão de flexão admissível se atua somente flexão pura. 
ytf S6,0=σ esta relação pode ser usada quando não se conhece o valor da 
tensão admissível à flexão. 
 
Figura 106 
A equação (10.15) pode ser escrita da seguinte forma caso haja flexão 
simultânea em torno de XX e YY, os dois eixos centrais de inércia: 
( )
1I/FecI/FecA/FF
YfXfc
o ≤








+





+
+
σσσ
 (10.16) 
A equação acima é sugerida pela AISC. 
É recomendável que o termo ( ) 15,0A/FoF
c
≤
+
σ
 
O índice de esbeltez usado para cálculo da tensão crítica admissível é o maior 
índice de esbeltez, independente do eixo em relação ao qual se processará a flexão. 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
BEER, Ferdinand P. J, RUSSEL, Resistência dos Materiais, McGraw Hill. 
 
BELYAEV, N. M., Strenght of Materials, Editorial Mir, Moscou. 
 
PFEIL, Walter, Estruturas de Aço, Vol. 1, 4ª ed, Livros Técnicos e Científicos S. 
A. 
 
PSARENKO e outros, Manual de Resistencia de Materiales, Editorial Mir, 
Moscou. 
 
SILVA Jr., Jayme F., Resistência dos Materiais, Ao livro Técnico S. A. 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 180 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 10.1 
 
Os cabos esticados, BD e BC, evitam deslocamento do ponto B no plano xz. 
Sabendo-se que a altura do perfil I é de 4,5m e que o mesmo é engastado em A, em todas as 
direções, pede-se o valor de P admissível. 
 
Dados: 
Ix = 2000 cm4, Iy = 142 cm4, A = 29 cm2 
Para λ ≥ 105: 
σc = 10363000 / λ2 (kgf/cm2) 
Para λ 108,4 ⇒ 142,35 = λ crítico 
 
2
2c cm/kgf4,511
35,142
10363000
==σ 
 
cP = 511,4 . 29 ⇒ P = 14831 kgf 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 181 
 
 Exercício 10.2 
 
Uma coluna de alumínio de seção transversal retangular tem comprimento L e 
extremidade engastada B. A coluna suporta uma carga cêntrica em sua extremidade. Na 
extremidade A da coluna existem duas placas lisas de cantos arredondados que impedem essa 
extremidade de se movimentar em um dos planos verticais de simetria da coluna, mas não 
impede movimento na direção de outro plano. 
 
a) Determinar a relação a/b entre os lados da seção transversal que corresponde 
à solução de projeto mais eficiente contra a flambagem. 
b) Determinar a seção transversal mais eficiente sabendo-se que: 
L = 50 cm, P = 2000 kgf e adotar um coeficiente de segurança igual a “2”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Condição do problema: λz = λy 
 
a2
12l2
ab12
ba
l70
3z
...,
==λ (I) 
b
12l2
ab12
ab
l2
3y
...
==λ (II) 
Fazendo (I) = (II): b
4
2a = 
 
1ª hipótese: λy = λz = λ > 64 
 
2
a4a
2000
a
51222
7170000
a
5122
a4
24l2
2
.,.
,..
=






→==λ 
a = 1,3 cm 64294
31
5122
>==→ ,
,
,λ 
(Confirma região elástica) 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 182 
 
 Exercício 10.3 
 
Uma coluna com extremos articulados, é construída com um perfil U. Uma 
carga P atua paralela ao eixo, à 2 cm do centro de gravidade da seção. 
Determinar, para P = (1/3) Pc: 
a) Deflexão máxima 
b) Tensão máxima de tração e compressão 
 
 
 
Características geométricas da coluna: 
A = 21,8 cm2 
Iy = 54,9 cm4 
Ix = 1360 cm4 
largura da aba = 5,74 cm 
altura da seção = 20,3 cm 
l = 300 cm 
E = 2,1 x 106 kgf/cm2 
 
 
 
 Solução: 
 
a) 2
2
2
2
cc )300(
9,54.2100000.)14,3(
l
EIPP
3
1P ==⇒=
π 
kgf4214P
3
1Pkgf12643P cc ==→= 
kgf1200S yc = ; kgf4214Kgf261608,21.1200Pesc >== 





 −= 1
2
klseceδ ; 9,0
2
300.006,0
2
kl
== ; sec (0,9)rad = 1,6 
δ = 2 (1,6 – 1) ⇒ δ = 1,2 cm 
 
b) Braço do momento no meio da coluna = 2 + 1,2 = 3,2 cm 
 
Mmáx = P (e + δ) = 4214 . 3,2 = 13485 kgf . cm 
 
9,54
45,1.13485
8,21
4214
A −−=σ ⇒ σA = - 549 kgf / cm2 
9,54
)45,174,5.(13485
8,21
4214
B
−
+−=σ ⇒ σB = + 860 kgf / cm2 
 
 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 183 
 
 Exercício 10.4 
 
A lâmina de aço indicada na Figura abaixo, bi-engastada, faz parte de um 
sistema regulador de refrigeração. O projeto requer que um aumento de temperatura de 40ºC 
faça com que a lâmina encoste em A ou B. Qual deve ser o comprimento da lâmina? 
Seção transversal da lâmina = 0,1 x 0,5 cm 
Coeficiente de dilatação térmica do aço = 2 x 10-5 / ºC 
Módulo de elasticidade do aço = 2,1 x 106 kgf/cm2 
Supor trabalho na região elástica (λ > 105). 
 
 
 Solução: 
 
2
e
2
c lA
EIπσ = ; tt .E εσ = ; )t.(.E)t.( tt ∆ασ∆αε =→= 
Logo: t
c σσ = 
I = 4,1.10 -5 cm4; A = 0,05 cm2 
2
2
)l.5,0(A
EI)t.(.E π∆α = ⇒ 2
52
5
l.05,0
4.10.1,4.14,340.10.2
−
− = 
l = 6,4 cm 
1057,111
05,0
10.1,4
4,6.5,0
A
I
l.
5
>===
−
αλ 
(Confirma trabalho na região elástica) 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 184 
 
 Exercício 10.5 
 
Uma coluna bi-rotulada tem comprimento de 3,5 m e é formada por quatro 
tábuas de 30 x 120 mm de seção transversal. Determinar a carga crítica admissível para cada 
uma das formas abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
2
comp cm/kgf85=σ ; 64lim =λ ; 2cm/kgf94250E = 
64≥λ ; 2
2
c .4
E
λ
πσ = 
64 64 → 23c =σ 
 Pc = 3312 kgf 
 
Forma b) I =3672 cm4 , i = 5,05 → λ = 69,3 > 64 → 9,48c =σ 
 Pc = 7072 kgf 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 185 
 
 Exercício 10.6 
 
A armação de liga de alumínio, conectada por pinos, suporta uma carga 
concentrada P. Admitindo que a flambagem possa ocorrer apenas no plano da armação, 
determinar o valor de P que provocará instabilidade no sistema. Supor que o elemento 
trabalha dentro do regime elástico. Os membros têm seção quadrada de 5 x 5 cm. O módulo 
de elasticidade do alumínio é: 0,7 x 106 kgf/cm2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Σ Fx = 0 → X sen 54º - N sen 38º = 0 ∴ N76,0
º54sen
º38senNX == 
Σ Fy = 0 → P - N cos 38º - X cos 54º = 0 ∴ P = 1,2 N 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 186 
 
AB: 
64165
5
12238AB >==λ 
2
2c cm/kgf263
165
7170000
==σ ; X = 263 . 25 = 6575 kgf 
X = 0,76 N → N = 8651 kgf; P = 1,2 N → P = 10381 kgf 
 
BC: 
 
64123
5
12177BC >==λ 
2
2c cm/kgf474
123
7170000
==σ ; N = 474 . 25 = 11850 kgf 
P = 1,2 N → P = 14220 kgf 
 
Padotado = 10381 kgf e AB trabalha no limite e BC trabalha com folga! 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 187 
 
 Exercício 10.7 
 
A coluna AB com ligação tipo pino e garfo, em A e B, é constituída por um 
perfil U de alumínio com as características abaixo. Ela tem 3m de comprimento e é travada ao 
meio em torno do eixo X. Pede-se: 
 
a) Índice de esbeltez em torno de X (plano YZ). 
b) Índice de esbeltez em torno de Y (plano XZ). 
c) Carga crítica de AB (coeficiente de segurança 2). 
d) Valor de P máximo, adotado um coeficiente de segurança 2. 
 
 
Perfil U: 
Ix = 5,61 cm4 
Iy = 22,8 cm4 
A = 6,16 cm2 
 
078 e 157 > 64 
 5,145
157.2
7170000
2c ==σ ⇒ X = 145,5 . 6,16 ⇒ X = 896 kgf 
 
P – X . cos 60º = 0 ⇒ P = 448 kgf 
 
 
Unidade 10 – FLAMBAGEM 
 
Página 188 
 
 Exercício 10.8 
Determinar a maior carga P que pode ser suportada, com segurança, por um 
perfil I, de aço, que forma uma coluna de 4,5m de comprimento de flambagem nas duas 
direções. A excentricidade ocorre em torno de XX e vale 20 cm (a carga P está aplicada sobre 
o eixo YY). 
Dados: 
A = 94,8 cm2, iX = 13,16 cm, iY = 4,98 cm, WX = 1058 cm3 
Para: λ σ λ≥ =105 10363000
2
, / kgf / cmc
2 
Para:dos cosenos dos planos principais 
existirá somente se o denominador for nulo. 
Este sistema terá uma solução diferente de zero, se o determinante dos 
coeficientes de 1, m e n for nulo. Logo: 
 
0
)(
)(
)(
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
=
−
−
−
σσττ
τσστ
ττσσ
 (1.10) 
O desenvolvimento deste determinante dará origem à equação cúbica abaixo: 
 0)2
().().(
yzxzxy
2
xyz
2
xzy
2
yzx
zyxp
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
pzyx
3
p
=+−−
−−−−−+++++−
ττττστστσ
σσσστττσσσσσσσσσσσ
 
(1.11) 
Pode ser demonstrado que as três raízes da equação (1.11) são reais, pois a matriz 
é real e simétrica. Estas serão os valores das tensões normais principais. Levando cada valor 
em troca na equação (1.9) e acrescentando ainda a relação l2 + m2 + n2 = 1, pois no sistema 
de equações lineares e homogêneas (1. 9) uma equação é combinação linear das outras duas, 
obtém-se três conjuntos de cosenos diretores que localizarão as normais aos três planos onde 
atuam as tensões normais principais. Como a matriz (1.10) é simétrica, as três direções 
principais são sempre tri-ortogonais. Concluímos que: 
 
 
Existem três planos, mutuamente perpendiculares, onde atuam as tensões normais 
principais. É evidente que as t. n. p., que são as raízes da equação cúbica (1.11), são 
determinadas pela natureza do estado de tensão em um ponto e não dependem do 
sistema de referência admitido. 
 
Assim, ao girarmos o sistema original, x, y, z, os valores dos coeficientes da 
equação (1.11) não deverão alterar-se. Devido a isto, estes coeficientes são chamados de 
invariantes do estado de tensão. 
 
São eles: 
321
zzyzx
yzyyx
xzxyx
3
323121
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx2
zyx321zyx1
I
I
```I
σσσ
σττ
τστ
ττσ
σσσσσστττσσσσσσ
σσσσσσσσσ
==
++=−−−++=
++=++=++=
 
Se I3 = 0, uma das raízes da equação (1. 11) será nula. Neste caso, o estado de 
tensão é plano. 
Se I2 = I3 = 0, duas raízes da equação (1.11) serão nulas. O estado de tensão 
correspondente é monoaxial. 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 12 
 
Se os eixos de referência, x, y e z, coincidem com as direções das tensões normais 
principais, as equações (1.5) continuam sendo válidas com as seguintes modificações: 
 
0 ,
3z
yzxzxy2y
1x
σσ
τττσσ
σσ
=
====
=
 
Logo: 
3
z
3
2
y
2
1
x
1
T
=n .
T
=m .
T
=l .
σ
σ
σ
σ
σ
σ
nT
mT
lT
z
y
x
=
=
=
 
 
Mas: l2 + m2 + n2 = 1 
Teremos então: 1
2
3
2
2
2
2
2
1
2
=++
σσσ
zyx TTT
 
Se Tx, Ty e Tz são considerados como as coordenadas das extremidades do vetor 
tensão, o lugar geométrico das extremidades do vetor é um elipsóide (Figura 12), cujos semi-
eixos são as tensões normais principais. Este elipsóide é denominado de elipsóide das tensões. 
 
 
Figura 12 
 
Pode-se concluir, examinando a Figura 12, que duas das t. n. p. são as tensões 
normais máxima e mínima no ponto. A outra t.n.p. é intermediária em valor. 
Um caso particular de tensões é o das chamadas tensões octaédricas. Em primeiro 
lugar, vamos definir planos octaédricos como sendo aqueles cujas normais fazem ângulos 
iguais com as direções normais principais. São em número de oito (Figura 13). As tensões que 
atuam nos planos octaédricos são as tensões octaédricas. Logo: 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 13 
 
 
Figura 13 
 
 )(
3
1)(
9
3
)kji(
3
3).kji(
3
3
N.T
)33(T ,)33(T ),33(T
nm31=l 13l 1nml
321321oc
321oc
oc
3z2y1x
2222
σσσσσσσ
σσσσ
σ
σσσ
++=++=
++++=
=
===
==±∴=∴=++
 (1.12) 
 Como 1321 I=++ σσσ , um invariante: 
 
 )()()(
3
1
T
3
3T
)kji(
3
3T
)(
3
1I 
3
1
2
13
2
32
2
21oc
2
oc
2
oc
2
3
2
2
2
1
321
zyx1oc
σσσσσστ
στ
σσσ
σσσ
σσσσ
−+−+−=
−=
++=
++=
++==
 (1.13) 
 
1.7 - COMPLEMENTAÇÃO 
 
Objetivos: 
 
- Definir cisalhamento puro no estado triplo 
- Definir estado de tensão hidrostático. 
 
O estado de cisalhamento puro existe se um sistema particular de eixos Oxyz pode 
ser determinado satisfazendo a seguinte condição: σx = σy = σz = 0. Este sistema particular de 
eixos existe, se, e somente se, o primeiro invariante das tensões, I1 = 0. 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 14 
 
Matricialmente: 
 
0
 ou 
0
0
0
zyzx
yzxyyx
xzxyx
zyzx
yzyx
xzxy
ττ
τσστ
ττσ
ττ
ττ
ττ
−= 
Em ambos os casos, I1 = 0. 
Por definição, um estado é hidrostático se: 
σx = σy = σz = -p , e todas as tensões tangenciais desaparecem. 
 
Matricialmente: 
p00
0p0
00p
−
−
−
 
Um estado de tensão qualquer pode ser separado em um estado de cisalhamento 
puro mais um estado de tensão hidrostático. 
De fato: 
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
σττ
τστ
ττσ
p00
0p0
00p
−
−
−
+
)p(
)p(
)p(
zzyzx
yzyyx
xzxyx
+
+
+
σττ
τστ
ττσ
 
 (Estado hidrostático) (Cisalhamento Puro) 
 
Desde que: 
( )σx p+ + ( )σy p+ + ( )σ z p+ = 0 
 
Ou: 
1zyx I.
3
1)(
3
1p −=++−= σσσ 
 
 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
 HIGDON e outros. Mecânica dos Materiais. 3ª ed. Guanabara Dois 
 
 FEODOSIEV, I. Resistencia de Materiales .Editorial Mir. Moscou. 
 
 DALLY & RILEY. Experimental Stress Analysis. McGraw-Hill. 2ª ed. 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 15 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
 Exercício 1.1 – (Para recordar estado plano de tensão) 
Determinar as tensões normal e tangencial que aparecem no cordão de solda do 
tubo de parede fina indicado abaixo. 
 
Dados: 
Diâmetro médio do tubo = 30 cm 
Espessura da parede = 0,8 cm 
Pressão interna aplicada = 100 kgf/cm2 
N = 30000 kgf; T = 800000 kgf.cm.; Ângulo da solda = 30º 
Tensão normal admissível no cordão de solda = 900 kgf/cm2 
Tensão tangencial admissível no cordão de solda = 600 kgf/cm2 
 
Solução: 
A=π . Dm . e = 75,36 cm2 , Ip = π.(Re
4 - Ri
4)/2 = 16980 cm4 
 
Análise de um ponto na face externa: 
Calculando a tensão normal devido a N temos: 
2N cm
kgf398
36,75
30000
==σ 
Calculando as tensões devido a pressão interna p temos: 
 
 
cm
kgf1876
 
cm
kgf1336938398
: resultante oa~Tens
 
cm
kgf938
2
 
cm
kgf1876
e
R.p
2x
2y
2
c
l2c
=
=+=
====
σ
σ
σ
σσ
 
 
Cálculo da tensão tangencial resultante devido ao torque: 
 
cm
kgf726
16980
4,15.800000
I
r.T
2
p
xy ===τ 
Círculo de Mohr: 
60059450sen77550senR
900210450cos775160650cosROC
70= 
775
726= sen775=R 1606=OC
N
N
=+=+=
τ
σ
θθ
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 16 
 
A solda não suporta o carregamento !!! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 17 
 
 Exercício 1.2 
 
Para os pontos A e B da peça indicada abaixo, da seção quadrada sob torção-
solicitação axial, pede-se: 
 
1 - definir os estados de tensão de A e B. 
2 - tensões normais principais. 
3 - tensão tangencial principal maior. 
 
T = 500 kgf.cm P = 1000 kgf 
Lado a = 2cm α = 0,208 
 
 
Solução: 
 
 1) σN= P/A τA=T/α.a.b2 
 σN= 250 kgf/cm2 τA= 300 kgf/cm2 
 
 
 
 
2) B: σ1=250 , σ2=σ3=0 , A: σ1=450 , σ2=0 , σ3=-200 
 
 
 
 3) B: τ1,3=125 A: τ1,3=325 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 18 
 
 Exercício 1.3 
 
Para o eixo de seção circular maciça indicado abaixo, sob T = 1000 kgf.cm, pede-se: 
 
1 - definir o estado de tensão do ponto A. 
2 - matriz do tensor tensão de A. 
3 - círculos de Mohr de A. 
4 - cálculo das tensões normais principais de A. 
5 - cálculo das tensões octaédricas de A. 
 
Raio = 2 cm 
Ip = 25,12 cm4 
τxy = -80 kgf/cm2 
 
Solução: 
 
1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 ) 
0 80 0
80 0 0
0 0 0
−
− 3) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 ) σ1=80 ; σ2=0 , σ3=-80 
 
5) σOCT=0τOCT= 65,6 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 19 
 
 Exercício 1.4 
 
Um vaso cilíndrico de ferro fundido com diâmetro médio de 0,2 m possui paredes 
de espessura h = 10 mm. A pressão dentro do vaso é p = 4 MN/m2. O vaso é também 
comprimido por forças N = 200 kN. Determinar o estado de tensão de um ponto situado 
próximo à face interna. 
 
 
 
Solução: 
 
 
MPa26 
4000
040
0012-
) m/MN( 12 ,4 ,40= ,m/MN32
10.10..2,0
10.200
 m/MN20 m/MN40
10.10
1,0.4
h
R.p
1,3
2
32 1
2
3
3
N
2
L
2
3C
=−
−=−=−=−=
====
−
−
τ
σσσ
π
σ
σσ
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 20 
 
 Exercício 1.5 
 
Um anel de aço de seção circular é encaixado contra um eixo de um material 
rígido, sem pressão de contato. Se o anel é resfriado de 40º C, pede-se definir o estado de 
tensão de um ponto do anel em contado com o eixo. 
 
Solução: 
 
Para o anel: 
 
E = 2.106 kgf/cm2 α= 125.10-7 /ºC 
ν = 0,3 d= 1,6 cm A= 2 cm2 
 
 
)
cm
kgf( 78 ,0 ,6,976 ,
cm
kgf6,976
cm
kgf78=p )3,05,12(
10.2
p)p3,0(
10.2
140.125.10
=anel do ncialcircunfere deformação t= p5,12
6,1
20p
e
R.p
23212
266
7-
x
eso~tens
−====
+=+=
===
σσσσ
σ
ε∆αεσ
 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 21 
 
 Exercício 1.6 
 
Para a viga esquematizada ao lado, pede-se: 
 
1 - definir os estados de tensão de A e B. 
2 - representação matricial de A e B. 
3 - tensões normais principais de A e B, 
4 - tensão tangencial principal maior de A e B. 
 
Dados: α = 0,232; η = 0,859 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 




==
===
=




==→=
=




===→→=
===→=
 149.859,0
4,1724.3.232,0/480../
/20
5,4.2
)75,0.5,1.2(80
.
20
0. 
 0=
/533
5,4
5,1.20.80
12
2.3=I 533
/1673.2/1000//167
2
2
B
A
2
3
22
AB
A
s
AA
B
N
baTT
cmkgf
Ib
VMV
cmkgf
I
MY
M
cmkgfANcmkgf
ττ
ατ
ττ
τ
σ
σσ
σσ
 
 1) 
 
 
 
 
 
 
 
2) 
7000149
000
14900
:B ,
1674,1920
4,19200
000
:A
−
− 
 
 3) 
30
 0
730
B;
2,126
 0
 2,293
A
3
2
1
3
2
1





−=
=
=





−=
=
=
σ
σ
σ
σ
σ
σ
. 
 
 4) A: τ1,3=210 B: τ1,3= 380 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 22 
 
 Exercício 1.7 
 
Definir o estado de tensão do ponto A da Figura abaixo, calculando as tensões 
normais principais deste ponto. O cubo é feito de material deformável e o anteparo de 
material rígido. 
 
Coeficiente de Poisson do material do cubo = 0,3 
p = 600 kgf/cm2 
 
 
 
Solução: 
 
)(kgf/cm 600 , 180 ,0
180 0))((
E
1 0
2
321
xzyxx
−=−==
−=∴=+−∴=
σσσ
σσσνσε
 
 
 







=
−=
++−−=
 cm/kgf8,253
 cm/kgf260
)kji(
3
3).k
3
3600j
3
3180i0(
2
oct
2
oct
oct
τ
σ
σ
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 23 
 
 Exercício 1.8 
 
Definir o estado de tensão para o ponto A do sistema abaixo, calculando as 
tensões normais principais para este ponto. Determinar ainda as tensões octaédricas de A. 
 
p = 600 kgf/cm2 
Coeficiente de Poisson = 0,4 
 
 
Solução: 
 
 σx= σz 
( )[ ] [ ]ε σ ν σ σ νσ
σ σ σ σ
x x z x z
x
E E
kgf cm
= = − − = − +
= − ∴ = = − = −
0 1 600 1 240
400 400 6002
2 , 1 3 ( / ) 
 
( ) ( )σ
σ
τ σ
oct
oct
oct oct
i j k i j k
T
= − − − + +
= −
= − = − =
3
3
400 400 600 3
3
466 7
228752 466 7 104 62 2 2
.
,
, ,
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 24 
 
 Exercício 1.9 
 
Um eixo de cobre é ajustado sem pressão dentro de uma camisa de aço. Após, é 
aplicada uma pressão de 500 kgf/cm2 contra o eixo. Pede-se: 
 
1 - definir o estado de tensão para os pontos A e B. 
2 - determinar a tensão tangencial principal maior para A e B. 
3 - determinar as tensões octaédricas de A e B. 
 
Módulo de elasticidade do cobre = 1.106 kgf/cm2. Coeficiente de Poisson = 0,33 
Módulo de elasticidade do aço = 2.106 kgf/cm2. Coeficiente de Poisson = 0,30 
Raio externo = 10,5 cm 
Raio interno = 10,0 cm 
 
Solução: 
 
1) 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 25 
 
( )[ ] ( )[ ]ε εc
A
c
B P P P P
P P
P cm
= ∴ − − − − = − −
− + =
=
 1
1.10
 kgf
6 0 33 500 1
2 10
20 0 3
1 34 330 20 3
15 25
6
2
,
.
,
, ,
, /
 
 
 
 
 
Para o ponto A temos: Para o ponto B temos: 
σ1 = σ2 = -15,25 kgf/cm2 σ1 = 305 kgf/cm2 , σ2 = 0 
σ3 = -500 kgf/cm2 σ3 = -15 ,25 kgf/cm2 
 
 
Cálculo das tensões octaédricas e da tensão tangencial máxima para o ponto A. 
 
2
1,3
2
oct
2
oct
2
octoct
222
oct
kgf/cm 5,242
 kgf/cm 228= T= 177
3
5003,153,15
kgf/cm 2895002.)3,15(
3
1=T N.T
)k+j+i(
3
1=N 
3
1).k500-j15,3-i(-15,3=T 
3
1nml
=
−−=
−−−
=
=+=
===
τ
τστσ
σ
 
 
Analogamente para o ponto B temos: 
σ
τ
τ
oct
oct
=
=
=
96 7
148 4
1601 3
,
,
,
 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm
2
2
2
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 26 
 
 Exercício 1.10 
 
Um anel de latão de 130 mm de diâmetro externo encaixa-se perfeitamente dentro 
de um anel de aço de 130 mm de diâmetro interno, quando a temperatura dos dois anéis é de 
10ºC. Sabendo-se que a temperatura dos anéis é aumentada para 50º C, determinar: 
1 - estado de tensão de A e B. 
2 - tensões normais principais de A e B. 
 
Dados: Espessura do anel de aço = 3 mm 
Espessura do anel de latão = 6 mm 
 
 E ν α 
Latão 103 GN/m2 0,33 20,9.10-6/ºC 
Aço 200 GN/m2 0,30 11,7.10-6/ºC 
 
 
 
 
σ c p p= − = −
65
5
10 83, 
 
 
σ c p p= =
65
3
2167, 
 
 
Solução: 
 
δL = variação do raio do latão 
δA = variação do raio do aço 
( ) ( ) ( )
2
6
99
AALL
ALAL
m/MN74,1p
40.10.7,119,2030,067,21
10.200
133,083,10
10.103
1p
.R ,.R
t)(R
=
−=


 +++−−
==
−=+
−
εδεδ
∆ααδδ
 
 
 σ1 = 0 MPa σ1 = 37,7 MPa 
 σ2 = -1,74 MPa σ2 = 0 MPa 
 σ3 = -18,8 MPa σ3 = -1,74 MPa 
 
 
 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 27 
 
2. TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
 
OBJETIVOS: 
 
- Definir material frágil e dútil. 
- Definir coeficiente de segurança. 
- Definir tensão equivalente. 
- Definir a teoria da máxima tensão normal. 
- Definir a teoria da máxima tensão tangencial. 
- Definir a teoria da energia de distorção 
- Definir a teoria de Coulomb-Mohr. 
- Aplicar, convenientemente, as diversas teorias de resistência, ao 
 dimensionamento de peças. 
 
 
2.1 - INTRODUÇÃO 
 
A ruína, destruição ou falha de uma estrutura pode-se processar de três maneiras 
diferentes: perda de estabilidade, deformação excessiva ou porque, em um determinado ponto 
da peça, as tensões atingiram um valor tal que a mesma não tem mais condições de suportar. 
É do estudo deste último tipo de falha que tratam as teorias ou critérios ou hipóteses de 
resistência. Chamaremos esta falha de falha estrutural. A estrutura não cumpre mais as 
condições para as quais foi projetada. 
Até agora estudamos casos de dimensionamento envolvendo peças sujeitas a um 
estado de tensão mono-axial (tração ou compressão) ou a um estado bi-axial simples 
(cisalhamento puro). Nestes casos, o problema do estabelecimento da segurança é intuitivo; 
basta determinar a tensão que produz a falha, seja por tração ou compressão ou corte, e afetar 
os resultados de um coeficiente de segurança, obtendo deste modo, um critério para 
apreciação da medida do perigo de falha. Vejamos agora o caso em que o ponto mais 
tensionado da peça está sujeito a um estado de tensão qualquer. Com o auxílio do estudo feito 
em “Noçõessobre estado triplo de tensões”, podemos calcular as três tensões normais 
principais que atuam neste ponto: σ1, σ2 e σ3. Quais os valores das tensões limites, σ1,lim, σ2,lim 
e σ3,lim que se desenvolverão quando o material estiver na iminência de falha? Responder a 
esta pergunta significa achar os valores seguros de σ1, σ2 e σ3. O problema é muito complexo. 
 
 A dificuldade relacionada com a elaboração de uma teoria de resistência está na 
insuficiência de nossos conhecimentos sobre os processos internos que têm lugar no 
material. 
 
A física do estado sólido não nos brinda, até o momento, com a possibilidade de aprofundar o 
micro mecanismo da deformação plástica e ruptura, até onde requerem os cálculos práticos. 
Assim, a maneira mais garantida de resolver este problema consiste em ensaiar um corpo de 
prova com a proporção das tensões principais dadas até a sua ruína (ruptura ou início de 
escoamento) e estabelecer os valores seguros de σ1, σ2 e σ3. Este método deve ser 
abandonado por exigir um ensaio para cada combinação possível de tensões normais 
principais. Além disto, estes ensaios são complicados, pois exigem máquinas e dispositivos 
sofisticados. Resulta ser necessário dispor de uma teoria ou hipótese que discrimina, de uma 
maneira arbitrária, mas com bom senso, o fator responsável pela falha, sem recorrer toda vez 
à ensaios trabalhosos, limitando-se ao conhecimento dos resultados dos ensaios de tração e 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 28 
 
compressão do material da peça. Tais fatores poderiam ser tensões (normal ou tangencial), 
deformações e até mesmo energia de deformação. 
 
 Rigorosamente falando, a cada material corresponde uma teoria própria. 
Entretanto, referindo-se a materiais isótropos, pode-se dizer que é possível reuni-los 
em dois grandes grupos: materiais frágeis e dúteis. 
 
Em virtude disto, várias hipóteses serão formuladas, de acordo com os tipos 
diferentes de falha do material empregado. 
Certos materiais não se enquadram em nenhuma das teorias conhecidas (concreto 
armado, madeira). Sua resistência é calculada através de fórmulas empíricas estabelecidas 
pelas normas brasileiras. 
 
 A validade do critério ou hipótese se verificará pela comparação com o 
comportamento real do material, através de ensaios, sob solicitação combinada, 
realizados em laboratório. 
 
Sob o ponto de vista físico, os materiais isótropos podem sofrer dois tipos 
principais de destruição ou falha: 
 
1- destruição frágil, característica dos materiais frágeis e dos maciços 
pulverulentos (areia, argila, etc.). Para estes materiais, a destruição se verifica quando há 
separação de umas partículas das outras. A tensão normal trativa é a principal responsável por 
este tipo de falha. 
 
2- destruição dútil, característica dos materiais dúteis. Consiste no deslizamento 
de partículas do material, segundo planos preferenciais e é acompanhada de grandes 
deformações. A tensão tangencial é a principal responsável por este tipo de falha. 
 
Um material é frágil quando a análise de seu diagrama tensão deformação 
apresenta, praticamente, a fase elástica (admite-se até 5% de alongamento) como resultante de 
todo o ensaio. O material não possui escoamento nem fase plástica; sua ruptura acontece logo 
após o regime elástico. Exemplos de materiais frágeis: ferro fundido, concreto, vidro, 
cerâmica, tijolo, etc.. 
Um material é dútil quando a análise de seu diagrama indicar uma apreciável 
deformação plástica antes de sua ruptura. Exemplo: todos os metais, de modo geral. Podemos 
ter dois casos: 
 
1- material dútil com escoamento definido: o diagrama tensão deformação possui 
o patamar horizontal (Fig. 14). Exemplo: todo aço para concreto armado classe A (CA-50A, 
etc.). 
 
2- material dútil sem escoamento definido: o diagrama tensão deformação não 
possui o patamar horizontal. Neste caso, o final da fase elástica é definido pela tensão (limite) 
de escoamento convencional que corresponde para a maioria dos aços à tensão obtida através 
de uma deformação residual de 0,2%. Exemplo: todo aço para concreto armado classe B (CA-
60B, etc.) (Fig. 16). Uma característica comum aos materiais dúteis é que eles possuem limite 
de escoamento a tração igual ao limite de escoamento à compressão. Já os materiais frágeis 
possuem o limite de ruptura a compressão maior do que o limite de ruptura a tração. 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 29 
 
A Figura 14 apresenta um diagrama tensão deformação de um aço dútil com 
escoamento definido. O diagrama cheio é o convencional, que é mais usualmente empregado. 
O pontilhado é o diagrama real ou verdadeiro, que por enquanto não apresenta maior interesse 
para este estudo. No diagrama convencional a área do corpo de prova é considerada constante, 
para efeito de cálculo de tensão, durante todo o ensaio. Na realidade, a área da amostra varia 
(diminui) para cada incremento de carga aplicado. Na confecção do diagrama real este fato é 
levado em consideração e obtém-se o diagrama pontilhado indicado na Figura 14. 
A Figura 15 apresenta diagramas de material frágil e dútil (sem escoamento 
definido). A Figura 16 indica como se obtém o limite de escoamento convencional para um 
aço sem escoamento definido. 
A fragilidade e ductilidade de um material dependem dos seguintes fatores: 
temperatura, velocidade de aplicação de carga e estado de tensão que o solicita. Um material 
pode ter um comportamento dútil à 20ºC e frágil à -20ºC. Algumas vezes ocorre a falha do 
tipo combinada: em certas regiões ocorre destruição por separação de partículas e em outras 
por deslizamento, em uma mesma seção. 
 
 
 
 
2.1.1 - Falha de Materiais Policristalinos 
 
Completando o estudo feito anteriormente, podemos afirmar que a resistência de 
um material policristalino isótropo pode ser definida por duas características: pela sua 
resistência à separação de partículas e pela sua resistência ao deslizamento de planos 
cristalográficos (cisalhamento). 
Todo material cristalino possui estas duas resistências internas. Se a resistência ao 
deslizamento é maior do que a resistência à separação de partículas - materiais frágeis - a 
ruptura ocorre por termos ultrapassado as forças de coesão, neste caso não ocorre deformação 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 30 
 
apreciável. O fator principal responsável pela ruptura é a tensão normal de tração que provoca 
separação de partículas. Verificamos isto no ensaio de tração de uma amostra de material 
frágil (ferro fundido, por exemplo). Já no ensaio de compressão de uma amostra de material 
frágil (ferro fundido), como não ocorrem tensões normais de tração responsáveis pela 
separação de partículas, o corpo de prova rompe-se por cisalhamento à 45º, aproximadamente, 
oferecendo maior resistência - sua resistência ao cisalhamento é maior que sua resistência à 
separação de partículas. Isto justifica o fato de que, para os materiais frágeis, a tensão de 
ruptura à compressão é maior do que a tensão de ruptura à tração. 
No ensaio de torção de uma amostra de material frágil, a ruptura ocorre também 
por separação de partículas à 45º com o eixo da peça, onde acontece a tensão normal principal 
positiva maior (faça a experiência com um pedaço de giz). O círculo de Mohr para o ensaio de 
torção (cisalhamento puro) acusa que a tensão tangencial maior é igual, numericamente, à 
tensão normal principal máxima que atinge o limite de ruptura à tração no instante da fratura 
da peça. Logo, para os materiais frágeis, a tensão tangencial que causa ruptura à torção é igual 
ao limite de ruptura à tração do mesmo material. 
Se a resistência à separação é maior do que a resistência ao deslizamento - 
materiais dúteis - a falha ocorrerá por cisalhamento. O fator principal responsável pela falha é 
a tensão tangencial. Então o deslizamento ao longo de planos inclinados se inicia em primeiro 
lugar. Durante o escoamento, no ensaio de tração de materiais dúteis, observa-se o 
aparecimentode bandas de deslizamento a 45º com o eixo da peça, em todas as direções. O 
círculo de Mohr do ensaio de tração indica que à 45º com a direção da carga ocorre a maior 
tensão tangencial, justificando a falha por deslizamento. Analogamente, no escoamento do 
ensaio de compressão de materiais dúteis, observam-se bandas de deslizamento à 45º em 
todas as direções. É a 45º que ocorre a maior tensão tangencial, confirmando a falha por 
cisalhamento. Considerando o material como isótropo podemos assumir, para os materiais 
dúteis, que o limite de escoamento à tração é igual ao limite de escoamento à compressão. Os 
ensaios de laboratório confirmam esta afirmativa. 
Finalizando, podemos dizer que toda teoria de resistência é estabelecida a partir de 
um dos fatores citados anteriormente (tensão, deformação ou energia), ignorando os outros, e 
está vinculada aos resultados dos ensaios de tração e compressão. Uma teoria tenta prever a 
falha de um material, sob um estado complexo de tensões, fundamentada em um fator 
arbitrário, regida pelos resultados dos ensaios de tração e compressão, que na realidade são 
ensaios monoaxiais. 
Para o estudo que faremos a seguir, adotaremos as seguintes convenções: 
 
Syt - limite de escoamento à tração (materiais dúteis). 
Syc - limite de escoamento à compressão (materiais dúteis). 
Sut - limite de ruptura à tração (materiais frágeis). 
Suc - limite de ruptura à compressão (materiais frágeis). 
 
 
2.2 - TEORIA DA MÁXIMA TENSÃO NORMAL 
 
Esta teoria apresenta somente interesse histórico. 
Suas previsões não concordam com as experiências e seus resultados não são 
conservativos. 
 
 A teoria da máxima tensão normal estabelece que a destruição ocorre quando a 
maior tensão normal principal iguala a tensão de ruptura (ou escoamento) do 
material. 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 31 
 
Se a destruição for um escoamento (material dútil), a teoria prevê falha quando: 
 
σ1 = Syt ou σ3 = Syc (2.1) 
 
Se a destruição for uma ruptura (material frágil), a falha ocorrerá quando: 
 
σ1 = Sut ou σ3 = Suc (2.2) 
 
Esta teoria não deve ser aplicável aos materiais dúteis, pois conduz a erros 
grosseiros. Aos materiais frágeis, em alguns casos, ela pode proporcionar resultados 
satisfatórios. 
 
Vamos estudar o caso da torção pura (Figura 17-b): 
Neste caso: 
σ1 = τmáx = -σ3 e σ2 = 0; a teoria da máxima tensão normal prevê que a peça 
falha à torção quando τmáx = Syt. No entanto, os resultados experimentais mostram que a peça 
solicitada deforma permanentemente quando a tensão tangencial máxima atinge cerca de 60% 
do limite de escoamento a tração. Esta é uma das razões de não se recomendar esta teoria 
(Figura 17). 
 
 
 
Figura 17 
 
 
2.3 - COEFICIENTE DE SEGURANÇA 
 
Antes de enunciar a próxima teoria vamos ampliar o conceito de coeficiente de 
segurança. Suponhamos conhecido um determinado estado de tensão. Aumentando 
proporcionalmente todas as componentes deste estado de tensão, isto é, modificando-o de 
modo que ele permaneça semelhante, vamos chegar, cedo ou tarde, na iminência de falha do 
material. Coeficiente de segurança é o número que informa quantas vezes devem-se aumentar, 
simultaneamente, todos os componentes do estado tensional dado para que ele se transforme 
no estado tensional limite (iminência de falha). 
 
 Se dois estados de tensão têm o mesmo coeficiente de segurança, eles são 
igualmente perigosos. 
 
Deste modo, podemos comparar diversos estados tensionais segundo seu grau de 
perigo, através do coeficiente de segurança. O coeficiente de segurança de uma peça é o 
coeficiente de segurança de seu ponto mais perigoso. 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 32 
 
2.4 - TENSÃO EQUIVALENTE OU DE COMPARAÇÃO 
 
Suponhamos conhecido um determinado estado de tensão, através de suas tensões 
normais principais. Tensão equivalente a este estado de tensão (σeq), é a tensão que deve ser 
aplicada a uma barra tracionada para que seu estado de tensão seja igualmente perigoso ao 
estado de tensão do ponto dado; a amostra tracionada e o ponto têm o mesmo perigo de falha. 
A tensão equivalente é obtida, em função das tensões normais principais, através de uma 
teoria de resistência. Deste modo, pode-se considerar resolvido o problema da medida do 
perigo de um estado de tensão. A Figura 18 abaixo, ilustra o que foi dito. 
 
 
Figura 18 
 
O ponto A, apresenta o mesmo perigo que o ponto B. 
 
O coeficiente de segurança do ponto B obtém-se através da expressão: 
eq
ytS
n
σ
= (2.3) 
Este é também o coeficiente de segurança do ponto A. 
 
Em dimensionamento, muitas vezes é usada a tensão admissível, cuja expressão é: 
n
S
S yt
yt = (2.4) 
A sua utilização dispensa o conhecimento do limite de escoamento e do 
coeficiente de segurança. 
 
A expressão de dimensionamento fica a seguinte: 
n
S
S yt
yteq ==σ (2.5) 
 
 
2.5 - TEORIA DA MÁXIMA TENSÃO TANGENCIAL OU DE TRESCA 
 
 A maior tensão tangencial que aparece no ponto mais tensionado de uma peça, não 
deve exceder à metade do limite de escoamento a tração, obtido através de um ensaio 
de tração realizado com o mesmo material da peça. 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 33 
 
Esta teoria é comprovada, experimentalmente, somente para materiais dúteis. 
De acordo com o seu enunciado sua expressão analítica é: 
2
S
2
yt31
3,1max ≤==
−σσ
ττ (2.6) 
Simplificando: σ1 - σ3 ≤ Syt 
Nesta teoria a tensão equivalente é expressa assim: 
σeq = σ1 - σ3 
e o coeficiente de segurança (expressão 2.3) 
eq
ytSn
σ
= 
Representando a teoria, através do processo gráfico de Mohr, conclui-se que todos 
os estados de tensão, representados por círculos, que estão situados na região hachurada, 
satisfazem a esta teoria, ou seja, a teoria declara como seguros (Figura 19). 
 
 
 
Figura 19 
 
É importante lembrar que Syt /2 é a intensidade da tensão tangencial máxima que 
acontece no momento do escoamento de uma amostra tracionada (observar o círculo de Mohr 
da Figura 20). Com base nisto, a teoria da máxima tensão tangencial pode ser enunciada 
assim: "a tensão tangencial máxima, no ponto mais perigoso, não pode ultrapassar a tensão 
tangencial máxima que ocorre no momento do escoamento no ensaio de tração". 
Assim: 
τmáx (peça) ≤ τmáx (ensaio de tração) 
 
 
Figura 20 (amostra tracionada, no momento do escoamento) 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
Página 34 
 
Esta teoria estabelece que o escoamento a torção ocorre quando: Ssy = 0,5 Syt, 
onde Ssy é a tensão tangencial de escoamento a torção. Conforme já relatamos, os resultados 
experimentais mostram que: Ssy = 0,6 Syt; resultado muito próximo ao fornecido pela teoria de 
Tresca. Neste caso esta teoria é conservativa, ou seja, mais segura. 
Para materiais dúteis sujeitos a um estado plano de tensões, a teoria estabelece 
como contorno limite aquele que é indicado na Figura 21, ou seja, ABCDEF. 
 
 
 
Figura 21 
 
Com efeito: 
Se σa e σb são as tensões normais principais do estado plano e se ambas são 
positivas ou negativas, uma delas é uma tensão principal σ1 (se ambas forem positivas) ou σ3 
(se ambas forem negativas). No primeiro caso, a menor tensão normal principal é σ3 = 0 e no 
segundo, a maior tensão normal principal é σ1 = 0. 
 
Se σa > 0, e σb > 0, implica em: 
σ1 = σa = Syt, σ2 = σb e σ3 = 0 → σeq = σ1 = σa = Syt 
 ou 
σ1 = σb = Syt, σ2 = σa e σ3 = 0 → σeq = σ1 = σb = Syt 
o que resultano trecho ABC do primeiro quadrante (Figura 21). 
 
Se σa2.8 - FALHA DE MATERIAIS DÚTEIS 
 
Vamos resumir os resultados das três teorias já definidas e compará-los com os 
resultados experimentais. A teoria da máxima tensão normal somente apresenta interesse 
histórico. Sendo σa e σb as tensões normais principais do estado plano e estabelecendo como 
eixo horizontal o de σa e vertical o de σb as três teorias fornecem os gráficos apresentados na 
Figura 25. Os resultados de laboratório indicam que a teoria da energia de distorção prevê 
escoamento com grande precisão nos quatro quadrantes. Esta teoria é a mais exata. A teoria 
da máxima tensão tangencial proporciona resultados mais conservativos, pois seu gráfico 
representativo está dentro da elipse da teoria de Von Mises. 
Pode-se observar que a teoria da máxima tensão normal coincide com a teoria da 
máxima tensão tangencial no primeiro e terceiro quadrantes. No entanto, o gráfico da teoria 
da máxima tensão normal é externo ao da elipse de Von Mises no segundo e quarto 
quadrantes. Pode ser muito perigoso usar a teoria da máxima tensão normal, pois ela pode 
prever segurança quando na realidade não existe. 
Normalmente o projetista usa a teoria da máxima tensão tangencial quando as 
dimensões não precisam ser tão perfeitas; se é necessário um tamanho aproximado, ou se os 
coeficientes de segurança são conhecidamente generosos. A teoria da energia de distorção 
prevê falha mais acuradamente, e ela deve ser usada quando a margem de segurança está 
restrita a limites muito estreitos ou quando a causa real de falha está sendo investigada. 
 
 
2.9 - UM CASO IMPORTANTE 
 
Vamos estudar o caso de uma viga solicitada a momento fletor, força normal, 
cortante e momento torçor, simultaneamente, Figura 26. No ponto mais afastado da linha 
neutra da seção transversal, provavelmente o mais perigoso, atuarão σ originado por M e N; e 
τ devido a T (τV = 0), Figura 27. Este ponto está sob um estado plano de tensão onde só existe 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
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uma tensão normal, Figura 27. Suas tensões normais principais podem ser obtidas através de 
propriedades do círculo de Mohr, Figura 28. 
 
Assim: 
 
 
 
 Figura 26 Figura 27 Figura 28 
 
 
raio
21 +=
σσ (2.16) 
02 =σ 
raio
23 −=
σσ (2.17) 
22
4
2
1raio τσ += (2.18) 
A tensão equivalente correspondente a teoria da máxima tensão tangencial é: 
σeq = σ1 - σ3 . 
Após substituição de (2.16), (2.17) e (2.18) nesta expressão obtém-se: 
22
4eq τσσ += (2.19) 
Do mesmo modo, substituindo (2.16), (2.17) e (2.18) na expressão da tensão 
equivalente correspondente a teoria de Von Mises, 
 
3131eq
22
σσσσσ −+= , obtém-se: 
 
22
3eq τσσ += (2.20) 
 
A utilização das fórmulas (2.19) e (2.20), neste caso que ocorre muito em 
engenharia, facilita o cálculo das tensões equivalentes uma vez que não há necessidade do 
cálculo das tensões normais principais. 
Se a barra tem seção circular e está sujeita à torção-flexão, um ponto de sua 
periferia, mais afastado da linha neutra (onde a tensão normal é maior), está sob uma tensão 
normal igual à: 
W
M
=σ (2.21) 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
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Onde W é o módulo de resistência a flexão, cuja expressão é: 
maxy
IW = 
Para a seção circular: 
4
R
R4
RW
34 ππ
== (2.22) 
 
A tensão tangencial que atua neste mesmo ponto é: 
pI
TR
=τ , onde 
2
RI
4
p
π
= 
 
Então: 
W2
T
R2
T4
R
T2
R
TR2
334 ====
πππ
τ (2.23) 
 
Substituindo os valores de (2.21) e (2.23) em (2.19) obtém-se, para eixos de seção 
circular: 
22
22
22
eq TM
W
1
W2
T4
W
M4 +=




+




=+= τσσ (2.24) 
 
Substituindo os valores de (2.21) e (2.23) em (2.20) obtém-se, para eixos de seção 
circular: 
2222
eq T75,0M
W
13 +=+= τσσ (2.25) 
 
As expressões (2.24) e (2.25) permitem o cálculo das tensões equivalentes 
correspondentes à teoria da máxima tensão tangencial e energia de distorção, respectivamente, 
em função dos esforços. É bom lembrar que elas só valem para eixos de seção circular sob 
torção-flexão. 
 
 
2.10 - TEORIA DE MOHR-COULOMB 
 
Suponhamos que dispomos de uma máquina de ensaios que permita aplicar 
qualquer estado de tensão e alterar, proporcionalmente, todas as componentes deste estado de 
tensão. Chegará um determinado momento em que este estado de tensão estará na iminência 
de falha do material (escoamento ou ruptura). Representemos, graficamente, pelo processo de 
Mohr, este estado de tensão através de seu círculo de Mohr maior (sem preocuparmos com a 
tensão normal principal intermediária), em função de σ1 e σ3, Figura 29. 
Realizemos outro ensaio sobre uma amostra do mesmo material com uma nova 
combinação de t. n. p., até chegar na iminência de falha. Construamos o maior dos círculos de 
Mohr correspondente. 
Procedendo do mesmo modo vamos conseguir um conjunto de círculos de Mohr 
para os estados de tensão na iminência de falha ou estados de tensão limites. Construamos a 
envolvente comum a todos estes círculos de Mohr, Figura 29. 
 
Unidade 2 - TEORIAS DE RESISTÊNCIA 
 
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Figura 29 
 
 
A teoria de Mohr diz o seguinte: 
 
 "O círculo de Mohr maior, correspondente ao ponto mais perigoso da peça, não deve 
situar-se fora da envolvente dos círculos obtida experimentalmente." 
 
A forma da envolvente depende das propriedades do material e é uma 
característica sua. 
 
 A teoria de Mohr baseia-se numa constatação puramente experimental, sem qualquer 
preocupação de explicar o fenômeno da ruína. 
 
Para determinar a envolvente é necessário conhecer o ponto Mo, Figura 29. Este 
ponto está sob um estado de despressurização uniforme. A realização deste ensaio é muito 
difícil, além do mais, a realização de outros ensaios laboratoriais, para se construir a 
envolvente, implica em se ter aparelhos caros e sofisticados. Assim, torna-se necessário 
resolver o problema de como construir a envolvente dos círculos de Mohr quando se dispõe 
de um número limitado de ensaios. Os ensaios mais simples são o de tração (círculo de Mohr 
de centro O3 na Figura 29) e compressão (círculo de Mohr de centro O2 na Figura 29). Pode-
se também realizar o ensaio de torção (círculo de Mohr de centro O na Figura 29). Todavia 
seu círculo de Mohr contribui pouco para a determinação da envolvente, pois se encontra 
muito perto dos dois primeiros. 
O mais simples é aproximar a envolvente com a tangente comum aos círculos de 
Mohr de tração e compressão (Figura 30). Surge assim uma nova teoria baseada na de Mohr. 
É a teoria de Mohr-Coulomb, pois foi Coulomb quem primeiro teve esta idéia. A tangente 
comum recebe o nome de reta de Coulomb. Esta teoria se aplica bem aos materiais frágeis e 
maciços pulverulentos. A teoria de Coulomb se confunde com a da máxima tensão tangencial 
para o caso de materiais dúteis. Seu enunciado é o seguinte: 
 
 "Haverá falha se o maior círculo de Mohr, do ponto mais perigoso da peça, cortar a 
reta tangente aos círculos de Mohr representativos do ensaio de tração e compressão 
realizados com o mesmo material da peça". 
 
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Com