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TORÇÃO Pura semana

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D - Torção Pura 
 9 
4.0 – TORÇÃO PURA 
 
4.1 – MOMENTO DE TORÇÃO – TORQUE 
Quando uma barra reta é submetida, exclusivamente, a um momento em torno 
do eixo da barra, diz-se que estará submetida a um momento torçor (ou torque). 
É o caso comum dos eixos que transmitem potência de motores para máquinas 
utilizadoras. A Fig. 4.1.1 representa um eixo de transmissão acionando um utilizador 
(bomba) através de um “torque motor”. Ao ser acionado, o movimento de rotação é 
acelerado até que o torque resistente (crescente com o aumento da velocidade de ro-
tação) iguala o torque motor, permanecendo, então, o eixo em rotação constante e 
torcido por um torque uniforme entre suas extremidades. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A potência P transmitida está relacionada com o torque T e a rotação ωωωω através 
da relação: 
 P = δW/δt = 2F. r δθ / δt = T . ω; portanto, T = P/ωωωω............(4.1.1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Motor 
Utilizador 
ω 
Torque 
Motor 
Torque 
Resistente 
Fig. 4.1.1 – Eixo submetido a Torque constante ao longo de sua extensão, entre os flanges do 
motor e do utilizador, após ser alcançada a velocidade em regime permanente de rotação. 
ω 
F 
F 
r δθ Exemplo 4.1.1 – Um motor de 60 CV (1 CV = 736 w) acio-
na um utilizador através de um eixo com 4.000 rpm. Calcu-
le o torque aplicado ao eixo. 
Solução: P = 60 x 736 = 44,16 kW; 
 ω = 4000 x 2pi / 60 =418,9 rad/s. 
 T =105,4 m.N (Resp.) 
D - Torção Pura 
 10 
 4.2 – EIXOS DE SEÇÃO CIRCULAR E MATERIAL ELÁSTICO. 
 O caso mais simples a ser analisado, e de grande importância, por sua vasta 
aplicação nos equipamentos mecânicos, se refere aos eixos de transmissão de potên-
cia de máquinas, fabricados em material elástico, torneados de forma a que sua seção 
transversal seja de forma circular (no caso dos eixos maciços) ou em forma de coroa 
de círculo (eixos vazados). 
 Pela simetria circunferencial envolvida, tanto sob o aspecto geométrico como 
quanto ao carregamento, podemos afirmar que as tensões tangenciais despertadas nos 
diversos pontos da seção transversal serão função apenas da distância r do ponto em 
relação ao centro do eixo, onde a tensão deverá ser nula. Admitindo que a deforma-
ção por torção do eixo provoque a rotação de uma seção em relação à contígua (e que 
um certo diâmetro, após girar, permaneça reto, mantendo-se como um diâmetro), po-
demos afirmar que as deformações por distorção (γ) variarão linearmente em função 
da distância ao centro (r), e, admitindo ainda, tratar-se de um material elástico, para o 
qual as tensões τ são proporcionais às distorções γ, podemos presumir que as tensões 
tangenciais τ irão variar linearmente com r, e escrever: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
τ = τ = τ = τ = k r...........................................(4.2.1) 
 
Como o torque T é a resultante dos momentos das forças tangenciais atuantes 
na seção, em relação a seu centro, podemos escrever: 
 
 D/2 
 T = ∫0 τ 2pi r dr x r. Considerando a relação linear (4.2.1) teremos: 
 
 D/2 
 T = ∫0 k 2pi r3 dr = k [2pi r4/4]0D/2 = k pi D4/32, de onde tiramos: 
 
 k = T / (pi D4/32). 
r 
ττττ 
r 
δθδθδθδθ 
δδδδL 
γγγγ 
T 
Fig. 4.2.1 – Torção pura de eixos de seção circular; (a) tensões tangenciais ao longo da seção 
transversal; (b) deformações por distorção das fibras longitudinais e por rotação da seção 
transversal. 
(a) (b) 
dr 
ττττMax 
D - Torção Pura 
 11 
 Convém observar que o termo pi D4/32 vem a ser o “momento de inércia po-
lar” (Jp) da área da seção em relação a seu centro. 
 Levando em (4.2.1) teremos: 
 ττττ = (T/Jp) r = [T / (pi D4/32)] r. ............................................(4.2.2) 
A máxima tensão ocorrerá ao longo da borda externa do eixo, onde r = D/2, e. 
 ττττMax = 16 T / pipipipi D3......................................................……....(4.2.3) 
que pode ser reescrita como: ττττMax = T / Wt sendo Wt o denominado módulo de resis-
tência à torção do eixo, valendo Wt = piD3/16 ≈ 0,2D3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 4.2.1 – Para o eixo focalizado no exemplo 4.1.1, determine o valor admissível para 
seu diâmetro, adotando um valor máximo para a tensão tangencial que não ultrapasse 60 
MPa. 
 Solução: utilizando a equação 4.2.3, teremos: 
 
(Dmin)3 =(16 x 105,4) / pi x 60 x 106 = 8,947 x 10-6 m3 e D = 20,8 mm (Resp.) 
 
 
 Interessante realçar que a parte central de um eixo maciço (onde as tensões 
são baixas) pouca contribuição terá com respeito ao momento de inércia polar, 
fazendo com que a tensão máxima seja diminuída no caso dos eixos vazados (lar-
gamente utilizados na indústria aeronáutica, onde a questão de pesos é crucial). 
D d 
Para os eixos vazados teremos: 
 
 Jp = (pi/32)(D4 – d4), que levada em (4.4) dá: 
 
 
ττττmax = 16 T / pipipipi D3 (1 - ηηηη4444) ) ) ) ............(4.2.4) 
 
sendo η= d/D. 
 
ττττmax 
δL 
δθ R 
r 
T 
γ 
Fig. 4.2.2 – Tensões nos eixos de material elás-
tico e seção circular torcidos 
Fig. 4.2.3 – Deformações nos eixos de material 
elástico e seção circular torcidos 
 Quanto às deformações entre duas 
seções contíguas, separadas de δL, pode-
mos estabelecer a seguinte relação entre a 
distorção sofrida por uma fibra longitudinal 
distante r do centro e a deformação angular 
δθ entre as seções: 
D - Torção Pura 
 12 
 
 r δθ = γ δδθ = γ δδθ = γ δδθ = γ δL ............................................ (4.2.5) 
 
 Levando em conta a hipótese de ser elástico o material (τ = G γ), teremos: 
 
 r dθ = (τ/G) dL ...................................(4.2.6) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considerando (4.2.2) (τ/r = T/Jp) obtemos: 
 
 dθ = Τ dL / G Jp ......(4.2.7) 
 
γ 
δθ 
 No caso de um eixo de diâmetro e 
material uniformes ao longo de sua exten-
são L0, a integração de (4.2.7), de L=0 a 
L=L0 nos fornece: 
 
 δθ = 
 δθ = δθ = δθ = T L0 / G Jp ........(4.2.8) 
 
(observe a semelhança entre as equações 
4.2.8, 1.6.8 e 3.1.1), sendo: 
Jp = pi (D4 – d4)32 ≈ 0,1 (D4 – d4) 
 
Exemplo 4.2.2 – Para o eixo es-
quematizado pede-se determinar: 
a) a máxima tensão tangencial; 
b) o ângulo de torção entre as seções A 
e D. 
Obs.: o trecho maciço BC se encaixa no 
trecho vazado AB, sendo fixado por um 
pino transversal em B. 
Dados: Gaço = 80 GPa; 
 GLatao = 39 GPa. 
T1 = 10kN.m
400 
600 
T1 = 30kN.m 
T1 = 15kN.m 
T1 = 5kN.m Latão Vazado 
D=150;d=100 
A 
B 
C 
D 
Aço 
Maciço 
D=100 mm 500 
mm Aço 
Maciço 
D=80 mm 
T 
20kN.m 
10kN.m 
5kN.m 
Solução: o diagrama de torques ao longo do eixo 
permite obter os valores assinalados na figura ao 
lado: trecho DC: T = 5kN.m; trecho CB: T = 10kNm; 
trecho BA: T = 15 kNm. Portanto, as tensões máxi-
mas calculadas por (4.2.3) atingirão os valores: 
CD- τmax = 16x5x103/pi(0,080)3 = 49,7MPa 
BC- τmax = 16x10x103/pi(0,100)3 = 50,9 MPa 
BA- onde η = 100/150 = 0,6667, teremos:τmax = 16x20x103/pi(1 − η4)(0,150)3 = 37,6 MPa 
Portanto: Resp. (a) τmax = 50,9 MPa (trecho BC). 
 
Quanto às deformações teremos: 
D - Torção Pura 
 13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
δθDA = δθDC + δθCB + δθBA (soma algébrica), sendo δθ = T L / G Jp ⇒ 
 δθDC = [5x103 x 0,500] / [(80x109)(pi)(0,080)4/32] = 0,007771 rad (�) 
 δθCB = [10x103 x 0,600] / [(80x109)(pi)(0,100)4/32] = 0,007639 rad () 
 δθBA = [20x103 x 0,400] / [(39x109)(pi)(0,1504 – 0,1004)/32] = 0,005143 rad (�). 
 Portanto: δθDA = 0,007771 – 0,007639 + 0,005143 = 0,005275 = 0,30º (Resp. b) 
Exemplo 4.2.3 - A caixa redutora 
(dupla redução) esquematizada na 
figura transmite uma potência de 
200 CV, a 3600 rpm, reduzindo a 
rotação na saída para 100 rpm. 
Pede-se dimensionar o eixo inter-
mediário (aço - G = 80GPa e τadm 
= 60 MPa). Considerar ainda co-
mo deformação limite o valor 
δθ /L = 2,5º /m. 
R = 180mm 
32 dentes 
192 dentes 
Eixo intermediário
R= 30mm 200 CV 
3600 rpm 
1 
2 
4 
3 
Solução – O eixo que aciona o pinhão (1) de entrada da caixa estará submetido a um torque 
T1 = 200 x 736 / (3600x2pi/60) = 390,5 N.m; a componente tangencial da força de contato 
entre os dentes do pinhão e da engrenagem (coroa – 2) valerá F12 = 390,5/0,030 = 13,02kN. 
Portanto o torque aplicado ao eixo intermediário pela coroa 2 valerá T2 = 13,02 x 0,180 = 
2.343 N.m (os torques variam na razão inversa das velocidades e proporcionalmente aos 
raios, diâmetros e nº de dentes das engrenagens). Admitindo desprezíveis as perdas por atri-
to (hipótese conservativa para o cálculo dos esforços nas diversas partes do mecanismo) 
concluímos que o eixo intermediário estará submetido a um torque T2 = T3 = 2,343 kN.m. 
 Tratando-se de um eixo maciço e, levando em conta (4.2.3), podemos escrever, aten-
dendo ao critério de resistência estabelecido: 
 τMax = 16 T / pi D3 ; 60 x 106 = 16 x 2,243 x 103 / pi (D)3 e D = 57,5 mm 
 Considerando o critério de rigidez admitido teremos, levando em conta (4.2.8): 
δθ / L0 = T / G Jp; (2,5 / 57,3 *) = 2,243 x 103 / (80 x 109)(pi D4/32) e D = 50,6 mm. 
 Portanto teremos: D = 58 mm (resposta) (valor que atende aos dois critérios) 
 * o ângulo deve ser expresso em radianos (1 rad = 57,3º) 
Exercício proposto: O motor M, de 3,5 CV, 
aciona o compressor C através do sistema de 
correias planas mostrado.Desprezando as 
perdas e considerando tão-somente as ten-
sões devido à torção nos eixos das polias (de 
raios R = 120mm e r = 30mm), pede-se de-
terminar a velocidade de rotação limite para 
o motor ( ω − especificando se máxima ou 
mínima) de maneira a que a tensão tangen-
cial nos eixos não ultrapasse o valor: 
τ
 = 70,0 MPa. 
ω 
D = 20mm D = 18mm 
R 
r 
M 
C 
D - Torção Pura 
 14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4.3 – PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS. 
 
O conhecimento das deformações por distorção angular dos eixos torcidos 
permite a solução de problemas hiperestáticos, bastando utilizar, em complemen-
to às equações de equilíbrio dos torques, as equações de compatibilidade de de-
formações. 
L1 
L2 G1; D1 
G2; D2 T 
 No exemplo da figura 
ao lado, o eixo escalonado é 
bi-engastado, estando sub-
metido ao toque T. 
T1 T T2 
 A análise do diagrama de tor-
ques permite escrever, pelas condições 
de equilíbrio: 
 T1 + T2 = T .....................(1) 
 A compatibilidade de deforma-
ções (o ângulo de torção da seção B 
em relação ao engaste A é igual em 
relação ao engaste C) permite escre-
ver: 
T1 L1 / G1 JP1 = T2 L2 / G2 JP2...(2) 
(sistema de 2 equações que nos permite 
obter o valor das duas incógnitas T1 e T2) 
T1 
T2 
T = 
100 N.m 
Exemplo 4.3.1 – Os eixos esque-
matizados são fabricados em aço 
(G = 80 GPa). Pede-se calcular: 
a) a máxima tensão tangencial; 
b) o ângulo de giro da extremida-
de livre A em relação ao chassis 
CF. 
Solução: No trecho AB (isostático) a ten-
são máxima valerá; 
τmax = 16 x 100 / pi x (0,025)3=32,6MPa 
 O ângulo de giro entre as seções 
A e B valerá: 
δΘAB = 32 x 100 x 0,7 / 80 x 109 x pi x 
(0,025)4 = 0,02282 rad = 1,31º 
 O torque aplicado ao trecho 
BC é estaticamente indeterminado, 
valendo: 
TBC = 100 – FEB x 0,040, onde FEB é a 
componente tangencial da força entre 
os dentes das engrenagens B e E. 
600 
700 mm 
D = 20 
D = 25 
D = 20 
RB = 40 
RE = 120 
Cordões de Solda 
A 
B 
C 
F 
E 
T = 
100 N.m 
FEB 
TC 
Fig. 4.3.1 – Eixo bi-engastado e torcido. 
A 
C 
B 
D - Torção Pura 
 15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4.4 – MATERIAL ELASTO-PLÁSTICO 
Comumente utilizados na construção mecânica, os materiais dúteis (como os 
aços de baixo teor de carbono), quando ensaiados, comportam-se inicialmente de ma-
neira elástica (além de manter relação linear entre tensão e deformação) para em se-
guida sofrer a plastificação e escoar, mantendo praticamente constante a tensão en-
quanto a deformação prossegue crescente até a ruína.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A compatibilidade de deslocamentos angulares das engrenagens, devido às deforma-
ções dos respectivos eixos, permite escrever: 
RB δθΒ = RE δθΕ, ou seja: RB (TB LB / G JPB ) = RE (TE LE / G JPE), e 
0,040 x (100 – FBEx 0,040) x 0,600 / G (pi/32) (0,020)4 = 
= 0,120 x (FBE x 0,120) x 0,600 / G (pi/32) (0,020)4. Obtem-se FBE = 250 N. 
Portanto: TC = 100 – 250 x 0,040 = 90 N.m e TE = 250 x 0,120 = 30 N.m 
O ângulo de giro da engrenagem E (devido à torçao do eixo FE) valerá: 
δθΕ = 30,0 x 0,600 / 80 x 109 (pi/32)(0,020)4 = 0,01432 rad = 0,82º. 
O giro da engrenagem B a ela acoplada valerá: 0,82 x (120/40) = 2,46°, que somado ao ângu-
lo de torção do eixo BA fornece: δθAC = 3,77º (Resp.b) 
A tensão máxima no eixo EF valerá: τ= 16 x 30 / pi (0,020)3= 19,1 MPa. 
Portanto: a máxima tensão tangencial nos eixos ocorrerá em AB, com o valor já calculado 
τmax =32,6 MPa (Resp. a) 
Exercício Proposto: O eixo encamisado repre-
sentado na figura é atacado por um torque T a-
través de uma cavilha diametral que atravessa a 
parte maciça e a camisa. As outras extremidades 
(do eixo e da camisa) estão solidamente engasta-
das. Pede-se determinar o percentual do torque T 
que será absorvido pela camisa. 
Dados: CAMISA – Bronze - G = 39 GPa 
Dexterno = 400 mm 
Dinterno = 340 mm 
EIXO – (maciço) Aço G = 80 GPa 
D = 338 mm. 
 
Um modelo matemático que se ajusta a tal 
comportamento seria o dado pelas equações: 
 
 τ = G γ ............. para γ ≤ γescoamento 
 τ = τescoamento ..... para γ ≥ γescoamento 
τescoamento 
γescoamento 
γγγγ 
ττττ 
Fig. 4.4.1 – Material elasto-plástico. 
T 
D - Torção Pura 
 16 
 A análise da distribuição de tensões e deformações na torção de eixos fabrica-
dos com tal tipo de material nos leva a concluir que, submetido a um torque crescente 
(T1 ↑ T2 ↑ T3 ↑ T4 ), a plastificação ocorrerá inicialmente na periferia (T2).constante (τesc.), até ocorrer a plastificação total (T4), após o que, um aumento do tor-
que provocaria deformações crescentes até a ruína (já que as tensões teriam atingido 
seu limite máximo). 
 A determinação do raio do núcleo elástico (re) é feita utilizando a equação que 
dá o valor do torque na seção como o somatório dos momentos das forças elementa-
res atuantes em seus diversos pontos, a saber: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Explicitando o raio do núcleo elástico obtemos: 
 
 re
3 
= (D3 / 2) – 6T/pi τe …. (4.4.1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prosseguindo a crescer o torque 
(T3), a tensão máxima se mante-
rá estacionária no valor τesc. , 
causando a plastificação das 
camadas interiores, que ficam 
divididas numa região central 
(núcleo elástico) onde a tensão 
varia linearmente de zero no 
centro a 
 
τesc. , e um anel plasti-
ficado, onde a tensão será 
Fig. 4.4.2 – Núcleo elástico – Coroa plastificada 
T1 T2 T3 T4 
τesc τesc τesc 
τ
 
 D/2 
 T = ∫0 τ dA . r = 
re (D/2) 
 = ∫0 (k r) dA . r + ∫re τe dA . r ; 
Fazendo dA = 2pi r dr (onde é constante a 
tensão τ), obtem-se: 
 T = [k 2pi r4/4]ore + [2pi r3 / 3]reD/2 . 
Considerando que, no limite do núcleo elás-
tico (r = re), onde ainda se pode escrever que 
τ = k r, com τ = τe , tem-se: k = τe / re, e 
 T = [τe pi re3/2] + (2pi / 3)(D3/8 – re3) . 
 
Fig.4.4.3 – Raio do núcleo elástico. 
r 
dr 
re 
T
 
D
 
ττττ
 
 
 
O ato de “torcer” um eixo circular implica em fazer girar de 
um ângulo δθ uma dada seção em relação a outra contígua, distante 
de dL, independentemente da distribuição das tensões, o que nos 
permite continuar escrevendo, como em (4.2.5): 
 r dθ = γ dL , para qualquer r, inclusive na interface entre o 
núcleo elástico e a coroa plastificada, onde τe = G γe, o que leva a 
 
dθ = τe dL / G re, que, integrada de 0 a L nos dá: 
 δθ = δθ = δθ = δθ = τ τ τ τe L / G re ............................................. (4.4.2) 
que ocupa o lugar da equação (4.2.8), no caso de eixos plastificados. Fig. 4.4.4 - Deformações 
r 
γγγγ 
dL 
dθθθθ 
D - Torção Pura 
 17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
(a) o torque no eixo CD vale 0,400 P, ocorrendo uma força entre os dentes das engrenagens cuja 
componente tangencial vale 0,400 P / 0,020 = 20 P, que, por sua vez, provoca um torque no eixo 
BA de valor 20 P x 0,060 = 1,2 P. Sob a ação desses torques e admitindo que ocorresse o início da 
plastificação nos eixos (τmáximo = τescoamento = 95 MPa), levando em conta a eq. 4.2.3, teremos: 
τMax = 16 T / pi D3 ….. 95 x 106 = 16 x 0,400 P / pi (0,020)3 e P = 373,1 N (eixo CD) 
 95 x 106 = 16 x 1,200 P / pi (0,025)3 e P = 242,9 N (eixo AB) 
 Portanto, o máximo valor de P será 242,9N, que provocaria o início de plastificação no eixo AB, 
permanecendo o eixo CD no regime elástico. (Resp. a: Pmáx = 243 N) 
(b) no caso em que P = 300N, verifica-se, do cálculo anterior, que o eixo CD permanecerá na fase 
elástica enquanto o eixo AB sofrerá plastificação. O torque no eixo CD valerá 0,400 x 300 = 120 
Nm enquanto no eixo AB será (60/20)x120 = 360 Nm. 
O raio do núcleo elástico em AB será (da eq. 4.4.1): 
 re
3 
= (D3 / 2) – 6T/pi τe = (0,025)3/2 – 6 x 360 /pi x 95 x 10 6 ; re = 0,00832m = 8,32mm. 
 O ângulo de torção do eixo AB (que corresponde ao ângulo de giro da engrenagem B) será 
(de 4.4.2): 
 δθ = τe L / G re = 95 x 106 x 0,900 / 80 x 109 x 0,00832 = 0,1285 rad. 
 Para tal giro da engrenagem B (coroa) corresponderá um giro da engrenagem C (pinhão) de 
valor δθC = (60/20) δθB = 3 x 0,052595 = 0,3856 rad. 
 A torção do eixo CD se dará na fase elástica, sendo (de 4.2.8): 
 δθCD = Τ L / G JP = 120 x 0,600 / 80 x 109 x (pi/32)(0,020)4 = 0,05730 rad. 
 O ângulo de giro da alavanca DE será: 
δθDE = δθC + δθCD = 0,3856 + 0,05730 = 0,4429 rad = 25,4º (Resp. b) 
 
Caso a força P fosse aliviada até “zerar”, a força entre os dentes das engrenagens cairia a 
zero, porém o eixo AB (que sofrera a plastificação parcial) ficará com tensões residu-
ais decorrentes das deformações permanentes que ficarão presentes na coroa plastificada.
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 4.4.1 – Dois eixos maciços (AB 
e CD) fabricados com material elasto-
plástico para o qual G = 80 GPa e
τescoamento = 95 MPa, são interligados 
através das engrenagens mostradas e 
torcidos pela alavanca DE através da 
ação da força P. Determinar: 
a) o valor admissível (máximo) para a 
força P, sem que haja a plastificação dos 
eixos; 
b) o ângulo de giro da alavanca DE para 
o caso de P = 300 N. 
c) as tensões residuais após a força de 
300 N ser diminuída até se anular. 
Obs.: admitir a força P sempre perpendicular 
ao braço de alavanca DE. 
900 
600 
400 
20d 
25D 
A 
B 
C 
D 
E 
P 
r =20 
R=60 
 O cálculo dessas tensões será feito levando 
em conta que, ao ser descarregado um material que 
sofreu plastificação, as tensões e deformações dimi-
nuem elasticamente (mantendo a mesma relação 
proporcional – com idêntico valor para o módulo de 
elasticidade transversal, inclusive quando invertidos 
os sentidos das tensões e distorções). 
 
 
 
τ 
γ 
τescoamento 
D - Torção Pura 
 18 
 
 
 Utilizaremos o princípio da superposição, admitindo que a ação de aliviar os esforços seria 
equivalente a aplicar um torque em sentido contrário e de mesmo valor que o torque ativo que pro-
vocou a plastificação, sendo que as tensões provocadas por tal torque fictício satisfazem a lei de 
Hooke (regime elástico). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Calculada a tensão máxima que ocorreria, supondo aplicado o torque em sentido oposto e 
admitindo que o material trabalhasse na fase elástica, obteríamos (de 4.2.3): 
 (τMax)** = 16 T / pi D3, como também a tensão no limite do núcleo elástico: 
(τre)* = (2re /D) 16 T / pi D3 . 
Assim, os valores extremos das tensões residuais seriam calculados como: 
τ∗∗ = (τMax)** - (τesc) 
τ∗ = (τesc) - (τre)* 
 
Para o caso apreciado no exemplo 4.4.1, a tensão extrema que tal torque equilibrante produ-
ziria na borda do eixo se trabalhasse elasticamente seria: 
(τMax)** = 16 x 360 / pi (0,025)3 = 117,3 MPa, 
enquanto na interface do núcleo elástico com a coroa plastificada teria o valor: 
 (τre)* = (2x8,316/60,00) x 117,3 = 78,04 Mpa. 
 Portanto, as tensões residuais presentes no eixo descarregado, após a sua plastificação seri-
am: 
τ∗∗ = (τMax)** - (τesc) = 117,3 – 95 = 22,3 MPa 
 τ∗ = (τesc) - (τre)* = 95 – 78,04 = 17,0 MPa (Resp. C) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
+ = = 
T 
-T T=0 
(τmáx)** 
τesc. 
τ* 
τ** 
(τre)* 
re 
Fig. 4.4.4 – Tensões residuais em eixos circulares de material elasto-plástico 
 O ângulo de torção residual do eixo poderá ser calculado computando: 
δθ* = TL/GJp = 360x0,900/80x109x(pi/32)(0,025)4 = 0,1056 rad 
 δθ(residual) = 0,1285 - 0,1056 = 0,0229 rad = 1,3° 
 
Caso a força P fosse novamente aplicada, as tensões despertadas seriam acrescidas às 
tensões residuais calculadas, provocadas pela plastificação. 
>>>>>>>>>>>>>>>>>>><<<<<<<<<<<<<<<<<< 
D - Torção Pura 
 19 
 
 
4.5 – MOLAS HELICOIDAIS DE PEQUENO PASSO. 
 Uma aplicação do estudo da torção de barras de seção circular, com certa utili-
dade na engenharia mecânica, se encontra no dimensionamento de molas helicoidais 
de pequeno passo,normalmente utilizadas sob tração, em peças de pequeno porte. 
 Conforme se verifica da análise das forças atuando no corpo livre assinalado na figura 4.5.1 
(b) abaixo, o vetor momento equilibrante do binário formado pelo par de forças F tem sua direção 
perpendicular ao plano da figura, portanto, praticamente na direção do eixo do arame (momento de 
torção T), já que se trata, por hipótese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezível a 
componente deste momento, atuando como momento fletor). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R 
d 
F 
F 
T 
Fig. 4.5.1 – Mola helicoidal de pequeno passo 
sob tração. Raio de enrolamento: R; diâmetro 
do arame: d;( R >>d); nº de espiras: n. 
 
O equilíbrio de momentos aplicados à parte desta-
cada na figura 4.4.1(b) permite escrever: 
 F x R = T. 
Portanto, no cômputo da tensão máxima de cisalha-
mento devido à torção do arame, teremos: 
 
 τmax = 16 F R / pi d3 
 
(como se verá mais adiante, esta tensão deverá ser 
acrescida do valor (16/3)F/pid2, correspondente ao 
corte simples da seção, 4/3 Q/A). 
 
No cômputo das deformações devido à torção do 
arame ao longo de seu comprimento (que se mani-
festa de forma global através da elongação da mola 
δx), utilizaremos o teorema da energia, escrevendo 
que o trabalho W realizado pela força, crescendo de 
zero até seu valor final F, deslocando seu ponto de 
aplicação de δx será armazenado na mola sob a 
forma de energia elástica por distorção Ud: 
 
 W = ½ F δx = Ud = ∫ ud dV, 
 sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distor-
ção, por unidade de volume V (equação 1.8.2). 
 Considerando o volume dV assinalado na 
figura ao lado (dV = 2pi r dr ds), onde a tensão tan-
gencial é uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos: 
 s =2piRn r = d/2 
Ud = ∫s=0 ∫0 (1/2G)(FR/Jp)2 r2 2pi r dr ds 
 2piRn d/2 
Ud = ∫0 (1/2G) (FR/Jp)2 ds ∫0 r2 2pi r dr =1/2 P δx 
 
 Jp 
 
(b) 
(c) 
s 
ds 
r 
dr 
d/2 
(a) 
δδδδx 
dV 
τ 
T 
D - Torção Pura 
 20 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Levando em conta que Jp = pi d4 / 32, e feitas as simplificações obteremos: 
δx = 64 n R3 F / G d4 que, reescrita na forma tradicional da Lei de Hooke F=Kx 
se torna: 
 F = { G d4 / 64 n R3 } δx ........................................... (4.5.1) 
 
 Kmola 
d 
R δx 
F 
Exemplo 4.5.1 – Deseja-se dimensionar a 
mola de acionamento de um punção utilizado 
para furar papel, dispondo-se de um arame de 
aço especial (G = 80 GPa e τadm = 32 MPa) 
com diâmetro de 3 mm. 
 
 Pede-se determinar o raio R em que deve 
ser enrolada a mola e o número de espiras n, 
considerando-se que a máxima força F a ser 
aplicada não ultrapasse 15 N, para um curso 
do punção de, no máximo, 17 mm. 
 
Solução: Para a força e tensão máximas ad-
mitidas, teremos: 
 32 x 106 = 16 x 15 x R / pi (3)3 x (10-3)3 
 Rmax = 11,3 mm. 
 
Utilizando a equação 4.5.1 obtemos: 
 
15 = {80x109 x 34x10-12 / 64n 0,01133} 0,017 
 
 n = 79,5 espiras. 
 
Adotando valores inteiros: n = 80 espiras e 
R = 11 mm, obteremos, para F = 15 N ⇒ 
τmax = 31,1 MPa e δx = 15,8 mm 
 
A mola (fechada, em repouso) teria um com-
primento total de 80 x 3 = 240mm, que so-
mado a seu curso de 15,8 mm totalizaria um 
comprimento de 255,8 mm, quando estendida 
(o que poderá ser considerado impróprio 
para a geometria da peça, indicando outra 
solução, com outro R, e outro n, ou até outro 
arame com novo d). 
 Obs.: o pequeno passo da mola (avanço 
de 3 mm somado à elongação por espira, 
15,8/80 = 0,2mm, num percurso para uma 
volta do arame de valor 2pi (11) = 69,1 mm 
mostra que a suposição de ser desprezível a 
flexão e´ cabível no caso. 
11 
3 
D - Torção Pura 
 21 
4.6 – BARRAS DE SEÇÃO RETANGULAR. OUTRAS FORMAS DE SEÇÃO. 
ANALOGIA DA MEMBRANA. 
 As tensões tangenciais despertadas pela torção de uma barra de seção retangu-
lar se distribuem no plano da seção transversal de uma forma mais complexa, quando 
comparada à distribuição das tensões no caso da torção de eixos de seção circular, 
não se podendo acolher a hipótese de que a seção se mantém plana, depois de torcida 
a peça. A simetria da figura apenas permite presumir que, no centro da seção (eixo da 
barra), a tensão será nula. Nas quinas da barra (pontos mais afastados do centro), ao 
contrário do que se poderia inicialmente presumir, quanto a serem elevadas as ten-
sões, serão elas também nulas. Realmente: a condição de simetria do tensor das ten-
sões, estabelecida em 1.5, nos permite escrever que, para essas quinas (pertencentes 
ao contorno livre da barra, onde as tensões serão nulas), teremos, necessariamente, 
que no plano da seção, também serão nulas as tensões (τyx = τxy = τzx = τxz = 0), nos 
quatro cantos da barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
τ = 0 
τ = 0 
ττττMax 
ττττMax 
A Resistência dos Materiais Elementar não dispõe de 
um método simples para avaliar as tensões em seções 
maciças de formato diferente da circular. Através da 
Teoria da Elasticidade, utilizando equações mais com-
plexas, obtem-se, para o cálculo da tensão de cisalha-
mento máxima, ocorrente nos pontos médios do lado 
maior de uma seção retangular, o valor: 
 
 τMax = T / α h b2 .........................(4.6.1) 
 
Para o ângulo de torção da barra, a teoria aponta: 
 
 δθ = T L / β G h b3 ...................(4.6.2) 
 
sendo os valores de α e β dados na Tabela III abaixo ou por 
fórmulas empíricas como a apresentada a seguir: h
b
h/b 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 5,0 10,0 ∞
 
α 0,208 0,231 0,246 0,258 0,267 0,291 0,312 0,333 
β 0,1406 0,1958 0,229 0,249 0,263 0,291 0,312 0,333 
Fig.4.6.1 – Torção de barras de 
seção retangular. 
 As equações obtidas através da Teoria da Elasticidade, utili-
zadas para a determinação das tensões tangenciais nos pontos de 
uma dada seção de formato qualquer, em uma barra torcida, obser-
va-se, são idênticas às equações utilizadas na solução de um outro 
problema totalmente distinto, qual seja, o da determinação do for-
mato assumido pela superfície de uma membrana elástica e ho-
mogênea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rígida, com 
um formato qualquer, quando submetida a uma diferença de pres-
são entre suas faces, estufando. Enquanto nas equações para solu-
ção do problema da torção aparecem as variáveis “tensão” e “tor-
que”, nas equações idênticas para solução do problema da mem-
brana deformada aparecem as variáveis “inclinação da membrana” 
e “diferença de pressão entre as faces”. 
T 
Tabela III 
 (h/b) 
α = -------------------- 
3(h/b) + 1,8 
D - Torção Pura 
 22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
No caso da seção retangu-
lar, a analogia da mem-
brana nos permite avaliar, 
sob o aspecto qualitativo, 
que sendo nula a inclina-
ção da tangente à superfí-
cie da membrana estufada 
nos seus quatro cantos e 
no centro, a tensão tan-
gencial nos pontos equiva-
lentes será nula.Da mesma forma, 
não é difícil perceber que 
a inclinação da tangente à 
superfície da membrana 
estufada nos pontos mé-
dios dos limites de maior 
extensão será maior (ver 
figura) que a inclinação 
correspondente aos pontos 
médios dos lados menores. 
A analogia permitiria, 
portanto, prever que a 
tensão máxima na torção 
ocorrerá no ponto médio 
do lado maior do retângu-
lo. 
 Muitas outras evidên-
cias também podem ser 
extraídas da analogia da 
membrana, como por e-
xemplo a ocorrência de 
tensões muito elevadas na 
torção de barras que te-
nham seção transversal 
com cantos vivos reentran-
tes (Fig. 4.6.2 – b ) sendo 
necessária a adoção de 
raios de adoçamento para 
eliminar a concentração de 
tensões nestes locais. 
 Pode-se também con-
cluir que, para barras cha-
tas torcidas, a tensão má-
xima independe do forma-
to da seção, dependendo 
apenas da relação h/b, 
desde que promovidos 
raios de adoçamento nos 
cantos vivos reentrantes 
existentes. 
Canto vivo 
R 
h 
b 
R 
(a) 
(b)
(c) 
Fig . 4.6.2 – Analogia da membrana. Tensões na torção. 
D - Torção Pura 
 23 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 4.6.1 – Para a peça composta mostrada na 
figura (em aço – G = 80 GPa), pede-se determinar a 
máxima tensão tangencial e o ângulo de giro da ares-
ta da extremidade em relação ao engaste. 
 Solução: O torque ao longo da peça valerá: T 
= 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular te-
remos:η = 90/100 = 0,9 e: 
τmax = 16 x 500 /pi(1 – 0,94)(0,1)3 = 7,40 MPa 
δθ = 500x0,4 / 80x109x(1 – 0,94)(pi/32)0,14 = 
= 0,042º. 
Exemplo 4.6.2 – Para a peça mostra-
da, submetida ao torque T, determine, 
considerando os trechos de seção cir-
cular e de seção quadrada, as relações
entre (a) as máximas tensões tangen-
ciais e (b) entre os ângulos de torção 
por metro de comprimento. 
 Solução: 
 τmax = 16T /pi a3= 5,093 T / a3 
 
 τmax = T / 0,208 a3= 4,808 T / a3 
 
(a) (τmax)circular / (τmax)quadrada= 1,059 
 
 δθ = 32Tb /Gpia4=10,19 Tb /Ga4 
 
 δθ =Tb /0,1406Ga4=7,112Tb /Ga4 
 
(b) (δθ )circular /(δθ )quadrada = 1,43 
Para a barra chata teremos: h/b 
= 100/20 =5 e α = β = 0,291 . 
Portanto: 
τmax =500 / 0,291 x 0,100 x x 
0,0202 = 43,0 MPa 
 
 500x0,5 
 0,291x80x109x0,1x0,023 
5 mm 
20 
100 
500 
400 5 kN 
δθ = 
δθ = 0,77º 
5 kN 
a 
a 
b 
b 
T
δθ 
D - Torção Pura 
 24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4.7 – DUTOS DE PAREDE FINA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
100 
100 
100 
20 
20 
15 
150 
T = 1,00 
kN.m 
450 mm 
Exemplo 4.6.3 - O perfil “I” esquematizado é mon-
tado através da união de duas barras chatas de aço, de 
100 x 20 mm2 (“mesas”) soldadas a outra barra chata, 
também de aço, de 150 x 15 mm2 (“alma”), sendo 
submetido a um torque T = 1,00 kN.m em sua exten-
são de 450 mm. Pede-se determinar: 
a) a máxima tensão tangencial no perfil, e 
b) o ângulo de torção do perfil . 
Solução: 
Inicialmente deve-se reconhecer que se 
trata de um problema estaticamente indetermina-
do, podendo-se, tão-somente, admitir que o tor-
que T total será distribuído pelas duas mesas (Tm
em cada) e pela alma (Ta), de forma a que: 
T = 2 (Tm) + (Ta)..............(1) 
 
 A compatibilidade de deformações nos 
permite escrever: 
 δθalma = δθmesa ; 
TaL /0,312Gx150x153 = TmL /0,291Gx100x203 
 Ta = 0,6785 Tm ...............(2) 
Levando em (1) obtem-se: T = 2 Tm + 0,6785 Tm 
 Tm = 0,3733 T e Ta = 0,2533 T 
 Tm = 373,3 N.m e Ta = 253,3 N.m 
τalma = 253,3 / 0,312x0,150x0,0152=24,0 MPa 
τmesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.0202=32,1MPa 
δθ = 373,3x0,450 / 0,291x80x109x0,100x0,0203= 
=253,3x0,450 / 0,312x80x109x0,150x0,0153 
δθ = 0,52º 
 
A determinação das tensões e deformações em barras de se-
ção transversal diferente da circular, como vimos, recai na 
solução de equações complexas. No entanto, para o caso es-
pecial de barras vazadas, constituídas de chapas de parede 
fina, montadas na forma de dutos, pode-se conseguir uma 
solução utilizando-se uma teoria matemática bem mais sim-
ples. Tal estudo tem aplicação, com boa aproximação, para o 
caso de dutos de ventilação, fuselagem de aviões, casco de 
navios, e outros, quando submetidos à torção. 
 
 
 
Fig.4.7.1 – Torção de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de aviões. 
D - Torção Pura 
 25 
 O fato de a tensão tangencial necessariamente ter a direção tangente ao contorno, tanto ex-
terno, como interno, no caso das barras de parede fina nos leva a admitir que o seu valor se distribui 
uniformemente ao longo da espessura da parede. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ρ 
β 
ττττ 
e 
ds 
O torque T na seção será obtido (Fig. 4.7.2 a) 
pela integral curvilínea fechada (Fig. 4.7.2 b): 
 
 
 T = ∫ τ e ds ρ sen β .......... (4.7.1) 
 
Uma simplificação importante tornará exeqüí-
vel a realização de tal integração sem maiores dificul-
dades, qual seja, a da invariância do produto (chamado 
fluxo cisalhante) τ x e ao longo do perímetro da seção 
do duto (ver nota abaixo). 
 Realmente: a análise do equilíbrio de esforços 
atuantes no elemento assinalado na figura 4.7.2 (c), 
segundo o eixo x do duto, nos permite escrever: 
 
 τ1 e1 dx = τ2 e2 dx., 
 
que, levada em 4.14, fornece: 
 
 T = τ e
 ∫ ds sen β ρ. 
 
Observando, na fig. 4.7.2(b), que 
½ ds sen β
 β β β ρ ρ ρ ρ vem a ser a área do 
triângulo assinalado ao lado, 
pode-se concluir que a integral 
 
 
 ∫ ds sen β ρ = 2 @ 
 
 
computa o dobro da área @ limitada pela linha média 
da espessura da parede do duto. 
 Podemos finalmente escrever: 
 
 τ = T / 2 e @ ............................ (4.7.2). 
 
Nota: a invariância do produto τ xe (fluxo cisalhante) indi-
ca uma interessante analogia com a equação da continui-
dade para o escoamento de fluidos incompressíveis, quanto 
à vazão Q = V x A (a velocidade cresce quando a área da 
canalização diminui, da mesma forma que a tensão tangen-
cial será maior nos trechos de menor espessura do duto, 
como se as tensões “escoassem” ao longo da parede). 
 
 
ττττ 
(a) 
(b) 
(c) 
e2 
e1 
ττττ1 ττττ2 
dx
 
x
 
β 
ρ 
ds 
@ 
Fig. 4.7.2 – Tensões em dutos de 
parede fina torcidos. 
T 
D - Torção Pura 
 26 
 Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determina-
ção do ângulo δθδθδθδθ de torção do duto em função do torque T que lhe é aplicado (o trabalho realizado 
pelo torque será armazenado sob a forma de energia potencial elástica no duto torcido). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Teremos portanto: 
 
δθ = [(Τ L) / 4 G @2] ∫ ds/e .................................. (4.7.3) 
 
 No caso simples de dutos com espessura de parede uniforme (e constante), a integral curvi-
línea se converte na relação adimensional perímetro/espessura da seção. 
 No caso comum de dutos formados pela união de chapas, de espessuras distintas, mas que se 
mantêmuniformes na extensão de cada chapa, a integral se converte em um somatório, podendo ser 
reescrita sob a forma: 
 δθ = [(Τ L) / 4 G @2] Σ si /ei ................ (4.7.4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
ds 
e s 
x 
dx 
L 
 W = ½ T δθ = Ud = ∫ ud dV, 
sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distorção, por uni-
dade de volume V (equação 1.8.2). 
 Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado 
(dV = e dx ds), onde a tensão tangencial é dada por 4.7.2, po-
demos escrever: 
 
dV 
 
Ud = ∫ ud dV = ∫ ( ½ τ2 / G)dV = 
= ∫ ∫ (1/2G)[T/2e@]2 (e ds dx). 
 
Na primeira integração,ao longo de s, 
teremos como constantes G, T, @ e 
dx, permitindo escrever: 
 
Ud = ∫(1/2G)[T/2@]2 dx ∫ ds/e). 
 
No caso de um duto de seção e mate-
rial uniformes, submetido a um torque 
constante ao longo de sua extensão, a 
segunda integração nos leva a: 
 
Ud = (1/2G)[T/2@]2 L ∫ ds/e)= ½ T δθ
 
 
Fig.4.7.3 – Deformação de dutos de parede fina torcidos. 
δθ 
T 
(é o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarca-
ção, cujo chapeamento do convés tem espessura diferente 
das chapas do costado e do fundo), ficando no caso: 
 ∫
 
ds/e = b1/e1 + 2b2/e2 + b3/e3.. 
b1 
b2 b2 
b3 
e1 
e2 e2 
e3 
Fig. 4.7.4 –Seção transversal do casco resistente de uma embarcação 
D - Torção Pura 
 27 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 4.7.1 – Mostrar que, no cálculo das tensões e deformações de um duto de parede fina de 
seção circular, os resultados são convergentes para ambas as teorias estudadas (em 4.6 e em 4.2). 
 Realmente: para um duto circular de diâmetro d e espessura de parede e, teremos: 
 Jp = (pi d e) (d/2)2 = pi e d3 / 4, portanto, de (4. 2.2): 
 τ = (T/Jp)(d/2) = 2T / pi e d2. 
 Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = pi d2 /4: 
 τ
 = (T / 2 e @) = 2T / pi e d2. 
 Da mesma forma, de 4. 2.8 e 4. 6.4, obteremos, sucessivamente: 
 δθ = T L / G Jp = 4 T L / G pi e d3 = [T L / 4 G @2] pid/e 
 
e 
d/2 
900 
R=450 
R=450 
800 
2 mm 
2,5 mm 
2,5 mm 
3 mm 
Exemplo 4.7.2 – A seção transversal da fuselagem de um 
avião, próxima à cauda, construída em alumínio (G =28 
GPa), tem as dimensões mostradas na figura. Adotando 
os valores admissíveis para a tensão tangencial τ = 90 
MPa e para a deformação por torção como sendo 1º / m 
de comprimento, pede-se determinar o máximo torque T a 
que a fuselagem pode ser submetida. 
Solução: Para a seção temos @ = 0,9 x 0,8 + 2pi 0,45 2/ 2 
 @ = 1,356 m2 (nota: utilizando as dimensões internas do 
duto, obtemos um valor inferior para @,, a favor da segurança 
para o cálculo das tensões e deformações). 
De 4.6.2 ⇒
 
τmax = 90x106= T / 2x0,002x1,356 
e Tmax = 488 kN.m. 
 
De 4.6.4 ⇒ δθ/L = 1 / 57,3 = [T /4x28x109x(1,356)2] x 
x [( pi x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( pi x 450/3); 
 e Tmax = 1977 kN.m. 
Portanto = Resp.: Tmax = 488 kN.m. 
L 
e 
b 
Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, dese-
ja-se confeccionar um duto dobrando a chapa, com costura nas bordas. Para as opções (b) e (c) 
assinaladas pede-se determinar as relações entre as tensões máximas e os ângulos de torção, para 
um dado torque T aplicado. 
(a) (b) (c) 
costuras 
D - Torção Pura 
 28 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 @ = 200 x 98 + pi x 492 = 27.143 mm2 --- T = 12,5 x 480 = 6000 mN. 
 
 a) τ = T / 2 @ e = 6000 / 2 x 27.143 x 10 –6 x 0,002 = 55,26 x 106 --- ττττ = 55,3 MPa (1,0p) 
 
 b) δθ = (T L / 4 G @2) (P/e) = [6000 x 2 / 4 x 28 x 109 x (27143 x 10-6)2] x [(2x200 + 2xpi x 
49)/2] = 0,05147 rad = 2,95º (1,0p) 
 
c) T = F1 x 0,200 + F2 x 0,480 = 6000 mN; considerando indeformável a chapa/flange: 
 
 F1 / 100 = F2 / 240 ----- F2 = 2,4 F1 e 
 
 F1 = 4,438 kN; F2 = 10,65 kN 
 
 τ1 = 4438 / (pi/4)(0,010)2 = 56,5 MPa 
 
 τ2 = 10650 / (pi/4)(0,010)2 = 136 MPa (1,5p) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2,00 metros 
240 
240 
100 
100 
480 
12,5 kN 
12,5 kN 
200 
R = 50 
R = 50 2 
Exemplo 4.7.3 
O duto de alumínio (G 
= 28 GPa), de 2,0 m de 
comprimento, é engas-
tado por meio de qua-
tro parafusos de diâ-
metro 10mm, simetri-
camente dispostos no 
flange de conexão, e 
submetido ao par de 
forças indicado. 
As dimensões da seção 
transversal do duto 
são mostradas na figu-
ra. 
 Pede-se calcular: 
a) a máxima tensão tangencial na parede do duto; 
b) o ângulo de torção (em graus) da extremidade do duto em relação ao flange fixo; 
c) a tensão tangencial média nos parafusos de fixação do duto 
240 240 
100 
100 
F1 
F1 
F2 
F2 
F1

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