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UNIVERSIDADE ESTÁCIO DE SÁ 
NOTAS DE AULA - RESISTÊNCIA DOS 
MATERIAIS II – 2018/1 
 
 
 
 
 
 
Professor Júlio César 
“Estas notas de aula representam apenas um resumo de alguns tópicos a serem vistos em sala de aula, 
não substituindo o material didático fornecido pela instituição e demais livros didáticos.” 
1 
 
ÍNDICE 
1. CENTROIDE DE UMA ÁREA ............................................................... 02 
2. MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA ............................................................... 06 
3. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS ............................................................... 08 
4. MOMENTO DE INÉRCIA POLAR ............................................................... 13 
5. PRODUTO DE INÉRCIA PARA UMA ÁREA ............................................................... 17 
6. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS – 
PRODUTO DE INÉRCIA 
............................................................... 19 
7. MOMENTOS DE INÉRCIA PARA UMA ÁREA EM 
TORNO DE EIXOS X´E Y´ INCLINADOS 
............................................................... 22 
8. CÍRCULO DE MOHR - MOMENTOS DE INÉRCIA ............................................................... 25 
9. TENSÕES TÉRMICAS ............................................................... 28 
10. TORÇÃO ............................................................... 33 
11. TRANSMISSÃO DE POTÊNCIA 
............................................................... 38 
12. ÂNGULO DE TORÇÃO ............................................................... 42 
13. ELEMENTOS ESTATICAMENTE 
INDETERMINADOS 
............................................................... 46 
14. TUBOS DE PAREDES FINAS COM SEÇÕES 
TRANSVERSAIS FECHADAS 
............................................................... 48 
15. ÂNGULO TORÇÃO. ............................................................... 50 
16. FLEXÃO ............................................................... 53 
17. DEFORMAÇÃO POR FLEXÃO DE UM 
ELEMENTO RETO 
............................................................... 55 
18. FLEXÃO ASSIMÉTRICA ............................................................... 60 
19. ORIENTAÇÃO DO EIXO NEUTRO ............................................................... 63 
20. BIBLIOGRAFIA ............................................................... 70 
2 
 
1 . CENTROIDE DE UMA ÁREA 
 
 O centroide de uma área refere-se ao ponto (dentro ou fora da área) que define o centro 
geométrico dessa área. Considere a figura 1 no plano dessa folha. O centroide C está localizado pelas 
coordenadas �̅� e �̅�. 
 
 
 
 
 
 
 As coordenadas �̅� e �̅� são determinadas a partir das expressões abaixo, onde a integral no 
numerador é denominada MOMENTO DE 1ª ORDEM. 
�̅� =
∫ 𝑥. 𝑑𝐴𝐴
∫ 𝑑𝐴𝐴
 𝑒 �̅� =
∫ 𝑦. 𝑑𝐴𝐴
∫ 𝑑𝐴𝐴
 
 A figura 2 mostra um elemento infinitesimal de área dA para a determinação do centroide da 
área A. 
Note que a integral que aparece no denominador das duas relações anteriores representa a 
área da figura cujo centroide C deseja-se determinar, ou seja, os valores das coordenadas �̅� e �̅� 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
C 
�̅� 
�̅� 
Figura 1 – centroide C de uma área 
x 
y 
 dA 
Figura 2 – elemento de área dA 
�̅� 
�̅� 
3 
 
Obs.: o estudo da simetria da área que desejamos determinar o centroide C pode auxiliar na 
determinação do mesmo. Quando uma área apresenta um eixo de simetria, certamente o centroide 
estará sobre este. No caso de existirem dois eixos de simetria, o centroide será a interseção destes 
eixos. Observe as figuras 3 e 4 a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 3 – área com um eixo de simetria Figura 4– área com dois eixos de simetria 
 
 Quando houver simetria em relação ao eixo y, teremos �̅� = 0 e quando houver simetria em 
relação ao eixo x, teremos �̅� = 0 
 É importante conhecermos alguns centroides de figuras geométricas simples. Observe a tabela 
1. 
Tabela 1 – centroides de figuras geométricas. 
Figura geométrica �̅� �̅� 
 
b/2 h/2 
 
b/3 h/3 
 
R 4R/3 
 
 Conhecendo as expressões simples da tabela 1 , podemos determinar o centroide de peças 
compostas a partir dessas figuras geométricas. A vantagem é a não utilização das expressões gerais 
para �̅� e �̅� que envolvem integração. As expressões passam a ser: 
�̅� =
∑ 𝑥�̅� . 𝐴𝑖
∑ 𝐴𝑖
 𝑒 �̅� =
∑ 𝑦�̅� . 𝐴𝑖
∑ 𝐴𝑖
 
Onde �̅�i e �̅�i são as coordenadas do elemento i que forma a peça composta e Ai sua área. 
 
 
x 
y 
C 
EIXO DE SIMETRIA 
x 
y 
C 
EIXOS DE SIMETRIA 
4 
 
Exemplo: Considere o perfil abaixo na forma de um T. Determine o centroide C em relação ao sistema 
de eixos da figura. 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
PASSO 1: Note que existe simetria em relação ao eixo y porém, não existe simetria em relação ao eixo 
x. Logo, devemos determinar apenas �̅�, uma vez que �̅� = 0 
 
PASSO 2: Vamos decompor o perfil T em elementos geométricos mais simples: o retângulo 1 horizontal 
e o retângulo 2, vertical. Assim, na expressão para determinar o centroide teremos duas parcelas nos 
somatórios, visto que a decomposição gera dois elementos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PASSO 3: Considerando o elemento 1 (retângulo horizontal), seu centroide C1 tem ordenada y1 = 
11,5cm (10cm + 3/2cm = 11,5cm). A área desse elemento retangular é dada pelo produto base pela 
altura, logo, A1 = 8 x 3 = 24cm
2. 
PASSO 4: Considerando agora o elemento 2 (retângulo vertical), seu centroide C2 tem ordenada y2 = 
5cm (10cm/2 = 5cm). A área desse elemento retangular é dada pelo produto base pela altura, logo, A2 
= 10 x 2 = 20cm2. 
 
 
 
8 cm 
10 cm 
3 cm 
2 cm 
x 
y 
8 cm 
3 cm 
10 cm 
 
x 
y 
C1 
x 
10 cm 
2 cm 
y 
 C2 
5 
 
PASSO 5: Para determinar a ordenada do centro de massa C do perfil T basta substituir os valores 
encontrados para y1, A1, y2 e A2, na expressão a seguir. 
 �̅� =
∑ 𝑦�̅� . 𝐴𝑖
∑ 𝐴𝑖
=
𝑦1 . 𝐴1 + 𝑦2 . 𝐴2
𝐴1 + 𝐴2
=
11,5𝑥24 + 5𝑥20
24 + 20
=
276 + 100
44
=
376
44
= 8,55𝑐𝑚 
 Assim, o centroide C do perfil T será C (0; 8,55). Observe a figura 5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 5– centroide do perfil T 
Exercícios 
1) Determine o centroide da viga representada abaixo. 
 
Resp: (0 mm; 87,5mm) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8,55 cm 
 
C 
x 
y 
6 
 
2) Determine o centroide da seção a seguir. 
 
 
 
Resp: (120 mm; 42,77mm) 
 
3) Determine o centroide da seção a seguir. 
 
 
Resp: (54,8 mm; 36,6mm) 
 
2. MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA 
 Fisicamente, o momento de inércia quantifica a dificuldade (inércia) de se fazer uma área 
girar em torno de um dado eixo. É a medida da resistência à flexão. Observe as figuras 6 e 7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
Y 
x 
y 
x 
Figura 6 Figura 7 
7 
 
Os momentos de inércia da área A, em relação ao eixo x (Ix) ou ao eixo y (Iy) podem ser 
determinados a partir do elemento de área dA, indicado nas figuras, pelas expressões a seguir: 
 𝐼𝑥 = ∫ 𝑦
2. 𝑑𝐴 𝑒 
𝐴
𝐼𝑦 = ∫ 𝑥
2. 𝑑𝐴 
𝐴
 
 As integrais Ix e Iy são também denominadas momentos de segunda ordem. 
 
Exemplo. Encontre o momento de inércia do retângulo da figura de base b e altura hem relação aos 
eixos mostrados. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
O elemento de área dA escolhido é o retângulo cinza de base b e altura dy, sendo seu 
centroide localizado a y do eixo x. Assim, dA = b.dy. Utilizando a expressão para Ix, teremos: 
 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦
2. 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦2 . 𝑏. 𝑑𝑦
ℎ
0
= 𝑏. ∫ 𝑦2 . 𝑑𝑦 =
ℎ
0𝐴
𝑏.
𝑦3
3
=
𝑏. ℎ3
3
 
 
 De maneira similar podemos determinar Iy. Vamos escolher o elemento dA como um 
retângulo na vertical. 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
b 
x 
y 
dy 
y 
x 
y 
dx 
 
x 
h 
b 
h 
8 
 
O elemento de área dA escolhido é o retângulo cinza de base dx e altura h estando seu 
centroide localizado a uma distância x do eixo y. Assim, dA = h.dx. Utilizando a expressão para Iy, 
teremos: 
𝐼𝑦 = ∫ 𝑥
2. 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥2. ℎ. 𝑑𝑥
𝑏
0
= ℎ. ∫ 𝑥2. 𝑑𝑥 =
𝑏
0𝐴
ℎ.
𝑥3
3
=
ℎ. 𝑏3
3
 
 É importante conhecermos alguns momentos de inércia de figuras geométricas simples. 
Observe a tabela 2. 
Tabela 2 
 
𝐼𝑥 =
𝑏. ℎ3
3
 𝐼𝑦 =
ℎ. 𝑏3
3
 
 
𝐼𝑥 =
𝑏. ℎ3
12
 𝐼𝑦 =
ℎ. 𝑏3
12
 
 
 Conhecendo as expressões simples da tabela 2, podemos determinar o momento de inércia de 
peças compostas a partir dessas figuras geométricas. A vantagem é a não utilização das expressões 
gerais que envolvem integração. As expressões passam a ser: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥1 + 𝐼𝑥2 + ⋯ + 𝐼𝑥𝑛 e 𝐼𝑦 = 𝐼𝑦1
 + 𝐼𝑦2
 + ⋯ + 𝐼𝑦𝑛
 
3. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS (STEINER) 
 Suponha dois eixos paralelos (x e xg), sendo que um deles (xg) passa pelo centroide da área 
A, conforme a figura 8. É possível demonstrar que: Ix = IxG + A. d
2 
Onde: 
Ix - momento de inércia em relação ao eixo x; 
IxG – momento de inércia em relação ao eixo xG (que passa pelo centroide) 
A - área da figura 
d - distância entre os dois eixos paralelos x e xG. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 y 
x 
C 
YG 
XG 
Figura 8 
9 
 
Analogamente temos a expressão para os eixos y e yG. Suponha dois eixos paralelos (y e yg), 
sendo que um deles (yg) passa pelo centroide da área A, conforme a figura 9. É possível demonstrar 
que: 
 
Iy = IyG + A. d
2 
Onde: 
Iy - momento de inércia em relação ao eixo y; 
IyG – momento de inércia em relação ao eixo yG (que passa pelo centroide) 
A - área da figura 
d - distância entre os dois eixos paralelos y e yG 
 
 
 
 
 
 
 
 
A partir da utilização do teorema dos eixos paralelos (STEINER) é possível determinar o 
momento de inércia para eixos que passem pelo baricentro das figuras mostradas na tabela 2. Observe 
para o retângulo esse cálculo. 
 
 
 
 
 
 
 
Ix = IxG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
 
Da tabela 2 temos que 𝐼𝑥 =
𝑏.ℎ3
3
 e a área A do retângulo é b.h. Note que a distância d entre os 
eixos x e xG é igual à metade da altura, ou seja, h/2. Substituindo na expressão teremos: 
] 
 
 
 
XG 
y 
YG 
 
x 
y 
x 
C 
YG 
XG 
Figura 9 
10 
 
 
𝑏. ℎ3
3
= 𝐼𝑋𝐺 + 𝑏. ℎ. (
ℎ
2
)2 
𝑏. ℎ3
3
= 𝐼𝑋𝐺 +
𝑏. ℎ3
4
 
𝑰𝑿𝑮 =
𝒃. 𝒉𝟑
𝟏𝟐
 
 
 
De maneira análoga podemos determinar os valores da tabela 3. 
Tabela 3 
 
𝐼𝑥𝐺 =
𝑏. ℎ3
12
 𝐼𝑦𝐺 =
ℎ. 𝑏3
12
 
 
𝐼𝑥𝐺 =
𝑏. ℎ3
36
 𝐼𝑦𝐺 =
ℎ. 𝑏3
36
 
 
Exemplo: Determine o momento de inércia do perfil T em relação aos eixos centroides xg e yg. 
 
Solução: Inicialmente deveríamos determinar o centroide para termos a posição dos eixos xG 
e yG. Contudo, o problema já mostra o centroide e essa fase pode ser eliminada em nossa solução. O 
perfil T pode ser decomposto em dois retângulos: o horizontal (peça 1) e o vertical (peça2). 
 
 
 
 
11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Peça 1: Teorema dos eixos paralelos: Ix = IxG + A.d
2 .(note que IxG é o momento de inércia em 
relação ao eixo centroide x do retângulo e não do centroide da peça T) 
𝐼𝑋𝐺 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. (𝑑)2 
𝐼𝑋𝐺 =
8. 23
12
+ 8.2. (6 − 4,65)2 
𝐼𝑋𝐺 =
8.23
12
+ 8.2. (6 − 4,65)2 = 34,5 𝒄𝒎𝟒 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Peça 2: Teorema dos eixos paralelos: Ix = IxG + A.d
2 . 
𝐼𝑋𝐺 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. (𝑑)2 
𝐼𝑋𝐺 =
2. 53
12
+ 5.2. (4,65 − 2,5)2 
𝐼𝑋𝐺 =
2.53
12
+ 5.2. (4,65 − 2,5)2 = 67,1 𝒄𝒎𝟒 
Assim, o momento de inércia do perfil em T, em relação ao seu eixo centroide xG é a soma 34,5 
+ 67,1 = 101,6cm4. 
 
8 cm 
2 cm 
5 cm 
 
x 
Y = YG 
XG 
4,65cm 
x 
5 cm 
2 cm 
Y= YG 
xG 
4,65cm 
12 
 
De maneira análoga, encontramos o momento de inércia da peça em T, em relação ao seu eixo 
centroide yG, igual a 88,6 cm
4. 
Exercícios 
1) Determine os momentos de inércia do perfil U, em relação aos eixos centroides xG e yG. 
 
 
2) Determine os momentos de inércia do perfil L, em relação aos eixos centroides xG e yG. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13 
 
3) Determine os momentos de inércia do perfil I, em relação aos eixos centroides xG e yG. 
 
4. MOMENTO DE INÉRCIA POLAR 
Suponha o corpo da figura 10 e um eixo que passa por O, perpendicular ao plano da folha 
(plano xy) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O momento de inércia de um elemento de área dA em relação a este eixo O, perpendicular ao 
plano da folha (plano xy), que mede a inércia ao giro em torno desse eixo, será dado por: 
𝐽𝑜 = ∫ 𝑟
2. 𝑑𝐴 
𝐴
 
 Note que é possível escrever r2 = x2 + y2 (teorema de Pitágoras). Assim, substituindo na 
expressão que determina J0 temos que: 
 
𝐽𝑜 = ∫ (𝑥
2 + 𝑦2). 𝑑𝐴
𝐴
= ∫ 𝑥2. 𝑑𝐴
𝐴
+ ∫ 𝑦2 . 𝑑𝐴
𝐴
 
 
𝐽𝑜 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 
 
 
 
 
x 
y 
r 
O 
y 
x 
Figura 10 
14 
 
Obs.: As unidades de momento de inércia (mesmo o polar) são cm4, mm4, m4, etc. e seus valores são 
sempre quantidades positivas. 
 
 Como exemplo, determinaremos o momento de inércia polar de um círculo de raio R. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O elemento de área dA escolhido é uma coroa circular de raios r e (r+dr). Assim, sua área dA 
será .(r + dr)2 - .(r)2 , ou seja, 2.r.dr + .dr2. O último termo é desprezível (<<<<0). Logo, dA = 2.r.dr. 
𝐽𝑜 = ∫ 𝑟
2. 𝑑𝐴 
𝐴
 
𝐽𝑜 = ∫ 𝑟
2. 2. r. dr 
𝑅
0
 
𝐽𝑜 = 2. ∫ 𝑟
3. dr 
𝑅
0
 
𝐽𝑜 = 2.
𝑅4
4
 → 𝐽𝑜 = .
𝑅4
2
 
 
Pela simetria e, pelo fato de que a soma de Ix e Iy é igual ao momento polar, temos que: 
 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 = 
𝐽0
2
 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 = .
𝑅4
4
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
r 
15 
 
Exercícios. 
1) Determinar o momento de inércia da figura em relação aos eixos centroides horizontal e vertical. As 
medidas estão em centímetros 
 
Resp Ix = 3.541,33 cm
4 e Iy = 1.691,33 cm
4 
 
2) Determinar o momento de inércia da figura em relação aos eixos centroides horizontal e vertical. As 
medidas estão em centímetros 
 
Resp: Ix = 553 cm
4 e Iy = 279,08 cm
4 
3) Determinar o momento de inércia da figura em relação aos eixos centroides horizontal e vertical. As 
medidas estão em centímetros 
 
Resp Ix = 687,65 cm
4 e Iy = 207,33 cm
4 
 
 
 
 
16 
 
4) Determine o momento de inércia da seção transversal abaixo em relação aos eixos x e y 
 
 
Resp: Ix = 52,7.106 mm4 e Iy = 2,51.106 mm4 
 
5) Considere o perfil L abaixo. Determine IxG e IyG 
 
Resp: IxG = 80,8 cm
4 e IyG = 38,8 cm
417 
 
5. PRODUTO DE INÉRCIA PARA UMA ÁREA. 
 Considere a figura 11 cuja área é A e um elemento diferencial desta área (dA) que tem 
coordenadas (x,y) 
 
 
 
 
 
 
 
O produto de inércia para a área A na figura 11 é dado por: 
𝐼𝑥𝑦 = ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴
 
Obs.: As unidades de produto de inércia (Ixy) são iguais as de momento de inércia (Ix e Iy), ou seja, m
4, 
cm4, mm4, .... Diferentemente dos valores de Ix e Iy que sempre são positivos, Ixy pode assumir valores 
positivos, negativos ou nulo 
 A partir da figura 12 é fácil perceber algumas situações em que os valores do produto de inércia 
têm sinais negativo ou positivo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Análise das áreas 1, 2, 3 e 4 - Note que cada área A é sempre positiva. No caso da área 1, as 
coordenadas x e y são positivas, o que leva o produto de inércia Ixy a um valor positivo. No caso da 
área 2, a abscissa x é negativa e a ordenada y positiva. Dessa forma, o produto de inércia da área 2 é 
um número negativo. Na área 3, as coordenadas x e y são negativas e, portanto, o produto de inércia 
um número positivo. Finalmente na área 4, x e y têm sinais diferentes o que acarreta um produto de 
inércia negativo. 
 
 
O 
x 
y 
x 
y 
y 
1 2 
3 4 
x 
Figura 11 
Figura 12 
18 
 
 Quando um dos eixos x ou y é também um eixo de simetria da área, é fácil mostrar que o 
produto de inércia é nulo. A figura 13 revela esta propriedade. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como o eixo x é um eixo simétrico, as áreas A1 e A2 / A3 e A4 são iguais. Além disso, é sempre 
possível ter nas áreas 1 e 2 pontos simétricos tais que tenham o mesmo x e y simétricos, isto é, um é 
y e outro – y. Analogamente este raciocínio se estende para as áreas A3 e A4. Quando somarmos o 
produto de inércia de cada uma dessas quatro áreas o valor total será zero. 
 
𝐼𝑥𝑦 = ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 + ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴2
+ ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴3
+ ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴4
 
𝐴1
 
 
𝐼𝑥𝑦 = ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 + ∫ 𝑥. (−𝑦). 𝑑𝐴 
𝐴2
+ ∫ (−𝑥). 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴3
+ ∫ (−𝑥). (−𝑦)𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴4
 
𝐴1
 
 
𝐼𝑥𝑦 = ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 − ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴2
− ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴3
+ ∫ 𝑥. 𝑦. 𝑑𝐴 
𝐴4
 
𝐴1
 
 
 
𝐼𝑥𝑦 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
Figura 13 
A1 
A2 
A3 
A4 
19 
 
 6. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS (STEINER) – PRODUTO DE INÉRCIA 
 Suponha dois eixos paralelos (x e xg), sendo que um deles (xg) passa pelo centroide da área 
A, conforme a figura 14. É possível demonstrar que o teorema dos eixos paralelos continua válido para 
o produto de inércia. 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼�̅�𝑦 + 𝑑𝑥. 𝑑𝑦 . 𝐴 
Onde: 
Ixy – produto de inércia em relação aos eixos x e y; 
𝐼�̅�𝑦 – produto de inércia em relação aos eixos centroides xG e yG 
A - área da figura 
dx e dy - distâncias entre os eixos paralelos 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo - Determine os momentos de inércia e o produto de inércia da figura em relação aos eixos x 
e y 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: Inicialmente dividiremos a figura em três retângulos, a saber: A, B e D 
Figura 14 
 y 
x 
C 
YG 
XG 
20 
 
 
Retângulo A: 
Ix = IxG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑥 =
100. 3003
12
+ 100.300. 2002 = 1,425. 109𝑚𝑚4 
 
Iy = IyG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑦 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑦 =
300.1003
12
+ 300.100.2502 = 1,90.109𝑚𝑚4 
Retângulo B: 
Ix = IxG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑥 =
600.1003
12
+ 600.100. 02 = 0,05. 109𝑚𝑚4 
 
Iy = IyG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
 
 
21 
 
𝐼𝑦 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑦 =
100.6003
12
+ 100.600. 02 = 1,80.109𝑚𝑚4 
 
Retângulo D: 
Ix = IxG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑥 =
100. 3003
12
+ 100.300. 2002 = 1,425. 109𝑚𝑚4 
 
Iy = IyG + A. d
2 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑦 =
𝑏. ℎ3
12
+ 𝑏. ℎ. 𝑑2 
𝐼𝑦 =
300.1003
12
+ 300.100.2502 = 1,90.109𝑚𝑚4 
 
Assim, os momentos em relação a x e y serão iguais à soma de cada retângulo: 
 
Ix = 1,425.10
9 + 0,05.109 + 1,425.109 = 2,9.109 mm4 
 
Iy = 1,9.10
9 + 1,80.109 + 1,90.109 = 5,6.109 mm4 
 
Produto de inércia – observe que o produto de inércia em relação aos eixos centroides de cada 
retângulo é zero, uma vez que são eixos de simetria. 
Retângulo A: 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼�̅�𝑦 + 𝑑𝑥. 𝑑𝑦 . 𝐴 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥𝑦 = 0 + (−250). 200.300.100 = −1,5.10
9𝑚𝑚4 
Retângulo B: 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼�̅�𝑦 + 𝑑𝑥. 𝑑𝑦 . 𝐴 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥𝑦 = 0 + (−0). 0.300.100 = 0 
Retângulo D: 
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼�̅�𝑦 + 𝑑𝑥. 𝑑𝑦 . 𝐴 (teorema de Steiner) 
𝐼𝑥𝑦 = 0 + (−200). (250).300.100 = −1,5.10
9𝑚𝑚4 
 
 
22 
 
Assim, o produto de inércia será igual à soma desses produtos cada retângulo: 
 
Ixy = - 1,5.10
9 + 0 - 1,5.109 = -3,0.109 mm4 
 
7. MOMENTOS DE INÉRCIA PARA UMA ÁREA EM TORNO DE EIXOS X´ E Y´ INCLINADOS. 
 
 Em projetos mecânicos ou estruturais, às vezes, é necessário calcular os momentos e produtos 
de inércia em relação a um par de eixos x´ e y´ inclinados em relação aos eixos x e y. Conhecendo-se 
os valores de Ix, Iy, Ixy e o ângulo de inclinação , é possível determinar I´x, I´y e I´xy. Observe a figura 
15. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
É possível demonstrar as relações que seguem abaixo. 
 𝐼𝑥´ =
𝐼𝑥+𝐼𝑦
2
+
𝐼𝑥−𝐼𝑦
2
. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝐼𝑥𝑦. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 (Equação 1) 
𝐼𝑦´ =
𝐼𝑥+𝐼𝑦
2
−
𝐼𝑥−𝐼𝑦
2
. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝐼𝑥𝑦. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 (Equação 2) 
𝐼𝑥´𝑦′ =
𝐼𝑥−𝐼𝑦
2
. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝐼𝑥𝑦. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 (Equação 3) 
Note que se somarmos as duas primeiras equações teremos: 
𝐼𝑥´ + 𝐼𝑦´ =
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
+
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝐼𝑥𝑦. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
−
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝐼𝑥𝑦. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 
𝐼𝑥´ + 𝐼𝑦´ =
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
+ 
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
 
𝐼𝑥´ + 𝐼𝑦´ = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 = 𝐽0 
 Essa última equação mostra que o momento de inércia polar J0 independe da orientação 
angular dos eixos x e y. 
 
Obs. Momentos principais de inércia – os eixos x´ e y´ são ditos eixos principais de inércia e, ocorrem 
para uma inclinação  = p, quando Ix´ e Iy´ assumem os valores máximo e mínimo. 
Figura 15 
 
x 
x’ 
y’ 
y 
 
 
23 
 
 Na equação 3, tomando-se Ix´y´ = 0 pode-se, com operações algébricas simples, encontrar a 
inclinação p. 
0 =
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝐼𝑥𝑦. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 
−
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
. 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 𝐼𝑥𝑦. 𝑐𝑜𝑠2𝜃 
𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
= 
−2. 𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
→ 𝑡𝑔2𝜃𝑝 =
−2. 𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
 
𝑡𝑔2𝜃𝑝 =
−2. 𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
=
2. 𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑦 − 𝐼𝑥
 
 Os valores máximo e mínimo, ou seja, Ix´ e Iy´ são dados por: 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 =
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
 ± √(
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥𝑦
2 
ATENÇÂO: o produto de inércia em relação aos eixos principais x´ e y´ é zero, ou seja, 𝐼𝑥´𝑦′ = 0 
ATENÇÃO: qualquer eixo simétrico representa um eixo de momento de inércia principal 
OBS: A equação tg(2) = k tem duas raízes no intervalo 0 e 2. Determina-se 2 = arctg(k) e a outra 
raiz será 2 + 180º (ou  rad). 
 
Exemplo – Determine os momentos principais de inércia para a área de seção transversal da viga 
mostrada a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: Os momentos de inércia Ix e Iy foram calculados no exemplo anterior e valem, 
respectivamente,2,9.109 mm4 e 5,6.109 mm4. O produto de inércia Ixy vale - 3,0 . 10
9 mm4 
 
 
 
 
24 
 
Para determinar o ângulo de inclinação, usaremos a relação: 
𝑡𝑔2𝜃𝑝 =
−2. 𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
 
𝑡𝑔2𝜃𝑝 =
−2. (−3,0.109)
2,9.109 − 5,6.109
 
𝑡𝑔2𝜃𝑝 = −2,22 
2𝜃𝑝 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(−2,22) 
2𝜃𝑝 = −65,77
0 → 𝜃𝑝 = −32,88
0 ou 2𝜃𝑝 = 180
0 − 65,770 → 𝜃𝑝 = 57,12
0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Momentos principais: 
 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 =
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
 ± √(
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥𝑦
2 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 =
2,9.109 + 5,6.109
2
 ± √(
2,9.109 − 5,6.109
2
)2 + (−3,0.109)2 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 ± √1,8825.1018 + 9.1018 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 ± √10,8825.1018 
 𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 ± 3,29.109 
 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 + 3,29.109 = 7,54.109 𝑚𝑚4 
𝐼𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 − 3,29.109 = 0,96.109 𝑚𝑚4 
 
 
 
57,120 
−32,880 
𝑥′ 
𝑦′ 
25 
 
8. CÍRCULO DE MOHR PARA MOMENTOS DE INÉRCIA 
 As equações mostradas para os momentos principais podem ser reescritas de maneira 
conveniente, tal que. 
(𝐼𝑥´ −
𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥′𝑦′
2 = (
𝐼𝑥 − 𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥𝑦
2 
 Essa equação representa uma circunferência de centro ( 
𝐼𝑥+𝐼𝑦
2
, 0) e raio 𝑅 = √(
𝐼𝑥−𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥𝑦
2 no 
plano Ix´y´ e Ix´. A partir da representação gráfica da equação anterior é possível determinar os valores 
dos momentos principais e o ângulo . Observe a figura 16, em que esta representação é mostrada. 
 
 
 Os pontos onde a circunferência intercepta a abscissa representam os valores dos momentos 
principais, ou seja, o Imáximo e o Imínimo. 
 Para encontrar a direção do eixo principal (máximo) determina-se, com auxílio da trigonometria, 
o ângulo 2 da figura 16. Esse ângulo é o dobro do ângulo entre o eixo x e o eixo do momento de 
inércia máximo (Imáximo). Os ângulos 2 e  devem ser medidos no mesmo sentido. Observe as figuras 
16 e 17. 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 16 
26 
 
O ângulo 2 no círculo de Mohr deve ser sempre marcado, a partir do eixo horizontal, no sentido 
anti-horário. 
 
 
Exemplo – Use o círculo de Mohr para determine os momentos principais de inércia para a área de 
seção transversal da viga mostrada a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: Os momentos de inércia Ix e Iy foram calculados no exemplo anterior e valem, 
respectivamente, 2,9.109 mm4 e 5,6.109 mm4. O produto de inércia Ixy vale - 3,0 . 10
9 mm4 
Centro: ( 
𝐼𝑥+𝐼𝑦
2
, 0) e raio 𝑅 = √(
𝐼𝑥−𝐼𝑦
2
)2 + 𝐼𝑥𝑦
2 
Substituindo os valores anteriores, teremos: 
 
Centro: C (
2,9.109+5,6.109
2
, 0) e raio 𝑅 = √(
2,9.109−5,6.109
2
)2 + (−3,0.109)2 
 Centro: (4,25.109, 0) e raio 𝑅 = 3,29.109 
 
 
 
Figura 17 
27 
 
Construção: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
É fácil perceber na figura do círculo de Mohr que para se determinar os momentos principais 
basta adicionar / subtrair o valor do raio ao valor da abscissa do centro. Assim, 
 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 + 3,29.109 = 7,54.109 𝑚𝑚4 
𝐼𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = 4,25.10
9 − 3,29.109 = 0,96.109 𝑚𝑚4 
 
 Marcando-se os valores conhecidos de Ix = 2,9.10
9 mm4 e IXY = - 3,0 . 10
9 mm4, no círculo de 
Mohr, tem-se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da figura, é possível escrever que 𝐵𝐶 = 4,25.109 − 2,90.109 = 1,35.109 
 
Assim, 
𝑡𝑔(1800 − 2𝜃𝑝) =
𝐴𝐵
𝐵𝐶
 
𝑡𝑔(1800 − 2𝜃𝑝) =
(3,0.109)
1,35.109
 
4,25.109 
R = 3,29. 109 
𝐼𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 
𝐼𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 
4,25.109mm 
A = (2,90. 109; −3,00.109) 
C 
2𝜃𝑝 
B 
 
C 
1800 − 2𝜃𝑝 
28 
 
𝑡𝑔(1800 − 2𝜃𝑝) = 2,22 
1800 − 2𝜃𝑝 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2,22) 
1800 − 2𝜃𝑝 = 65, 8
0 
𝜃𝑝 = 57, 1
0 
 Dessa forma, o Imáximo está a 57, 10 do eixo x, no sentido anti-horário 
 
 
Exercício.- Considere a seção em L (152 x 102 x 12,7) da figura com as dimensões em mm. Determine: 
a) O centroide 
b) Os momentos de inércia em relação aos eixos centroides 
c) O produto de Inércia em relação aos eixos centroides 
d) Os momentos de inércia principais. 
 
 
 
9. TENSÕES TÉRMICAS 
As variações de temperatura implicam em mudanças (aumento ou diminuição) das dimensões 
de um corpo. Quando estamos preocupados com a variação da dimensão do corpo numa dada direção, 
é fácil perceber que esta variação no comprimento depende das seguintes variáveis: comprimento, 
variação da temperatura e do tipo de material. Considerando que a variação térmica é a mesma ao 
longo do comprimento e que o corpo é homogêneo, pode-se escrever que a variação térmica 𝛿𝑇 é: 
𝛿𝑇 = 𝐿0. 𝛼. ∆𝑇 
Onde: 
L0 – comprimento inicial (m, mm, cm, etc) 
𝛼 – coeficiente de expansão térmica (ºC-1, K-1, etc.) 
∆𝑇 = 𝑇𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑇𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 (ºC, K
-, etc.) 
 
Obs.: Se considerarmos que ao longo da peça a variação da temperatura não é a mesma, ou seja, 
∆𝑇 = ∆𝑇(𝑥), devemos ajustar a expressão para variação térmica 𝛿𝑇. 
𝛿𝑇 = ∫ 𝛼. ∆𝑇. 𝑑𝑥
𝐿
0
 
 Essa expressão também é válida para o caso em que o material não é homogêneo, isto é, o 
coeficiente de expansão térmica varia ao longo do comprimento x. 
 
29 
 
Quando existem restrições para que o corpo, sujeito à variação de temperatura, 
aumente/diminua seu comprimento, surgem as tensões térmicas. Nos exemplos a seguir, serão 
mostradas algumas situações e a maneira adequada para tratar o problema. 
 
Exemplos 
1) A barra de aço A-36 está restrita para caber exatamente entre os dois suportes fixos distantes 1m 
quando a temperatura é de 30ºC. A barra tem seção 10mm x 10mm e é submetida a uma temperatura 
de 60ºC. Determine a tensão térmica normal média desenvolvida na barra. 
 
Solução: Inicialmente vamos supor que a barra esteja livre para aumentar em A, pelo aumento da 
temperatura. Assim, pelo acréscimo na temperatura, haverá um aumento no comprimento denominado 
𝛿𝑇. Mas de fato, este aumento não existe, pela restrição imposta inicialmente pelo apoio AB. Então, 
podemos imaginar uma força F fazendo com que a barra volte a condição anterior. Suponhamos que 
esta deformação, devido a esta força “fictícia”, seja 𝛿𝐹 
 
 
 
 
 
 
 
 
Compatibilidade geométrica: 
𝛿𝑇 = 𝛿𝐹 
𝐿0 . 𝛼. ∆𝑇 = 
𝐹. 𝐿0
𝐴. 𝐸
 
Para o aço A-36 tem-se os valores tabelados para o coeficiente de expansão térmica e módulo 
de elasticidade ( = 12.10-6 ºC-1 e E = 200 GPa). Além disso, 10 mm = 0,01m = 10-2 m e 200GPa = 200.109 
Pa. Substituindo, teremos: 
1.12. 10−6. (60 − 30) = 
𝐹.1
10−210−2.200.109
  F = 7.200 N 
 
Mas, tensão normal média é dada pela razão, força normal e área. Logo: 
 
𝜎 =
𝐹
𝐴
 =
7200
10−210−2
= 72.106𝑃𝑎 = 72𝑀𝑃𝑎 
 B B B B 
A 
F 
𝛿𝑇 𝛿𝐹 
30 
 
2) A barra rígida mostrada na figura está presa à parte superior de três postes feitos de aço A-36 e 
alumínio 2014 – T6. Cada um dos postes tem comprimento de 250 mm quando não há carga aplicada 
à barra e a temperatura é T1 = 20ºC. Determine a força suportada por cada poste se a barra for 
submetida a um carregamento de 150kN/m e a temperatura aumentar até T1 = 80ºC. 
 
Solução: Inicialmente vamos determinar as forças que agem sobre a barra na situação final 
 
 
 
 
 
 
 
 
No equilíbrio, 
Quando ocorrerem o aumento da temperatura e a colocação da carga distribuída, os postes 
sofrerão acréscimos (ou decréscimos) nos comprimentos. Da simetria do problema podemos concluir 
que essesdeslocamentos serão iguais, ou seja: 
(𝛿)𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜 = (𝛿)𝑎ç𝑜 
Perceba que os deslocamentos ((𝛿)𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜, (𝛿)𝑎ç𝑜 ) são resultantes da variação na temperatura 
e da carga distribuída. Assim, cada um deles é a diferença entre esses efeitos. Observe na figura a 
seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
90 kN ( 150 x 0,6) 
Faço Faço Falumínio 
(𝛿)𝐹 
(𝛿)𝑇 
F 
Falumínio + 2.Faço = 90.000 N (*) 
31 
 
Assim: 
(𝛿𝐹 − 𝛿𝑇)𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜 = (𝛿𝐹 − 𝛿𝑇)𝑎ç𝑜 
(
𝐹. 𝐿0
𝐴. 𝐸
− 𝐿0 . 𝛼. ∆𝑇)𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜 = (
𝐹. 𝐿0
𝐴. 𝐸
− 𝐿0 . 𝛼. ∆𝑇)𝐴ç𝑜 
𝐹𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜. 0,250
𝜋. (0,030)2. 73,1.109
− 0,250.23.10−6. (80 − 20) = 
𝐹𝐴ç𝑜. 0,250
𝜋. (0,020)2. 200.109
− 0,250.12.10−6. (80 − 20) 
𝐹𝑎ç𝑜 = 1,216. 𝐹𝐴𝑙𝑢𝑚í𝑛𝑖𝑜 − 16,58.10
4 (∗∗) 
Resolvendo as equações (*) e (**) simultaneamente, temos que Faço = -16,3 kN e F Alumínio = 123 kN. 
PLUS – SOFTWARE FTOLL 
 
Figura 18(a) 
 
Figura 18(b) 
32 
 
As figuras 18 (a) e 18 (b) são duas telas do software FTOLL que pode auxiliar na resolução do 
exemplo proposto, apesar de ser um software com muitas aplicações na disciplina de Teoria das 
Estruturas I. Na figura 18 (a), temos a estrutura com seu carregamento externo e a atuação da 
temperatura. Na figura 18 (b) temos um dos diagramas internos, o diagrama do esforço normal (DEN). 
Note que na barra de aço à esquerda está tracionada com uma força normal de 16,1 kN, o que 
implica que a mesma está sujeita à ação de 16,1 kN em tração. De maneira idêntica, vale o raciocínio 
para a barra de aço, a terceira. Ainda na figura 18 (b) temos o diagrama do esforço normal (DEN) para 
a barra de alumínio. O seu DEN revela um valor de - 122,7 kN, o que implica que a mesma está sujeita 
à ação de 122,7 kN, em compressão. 
Perceba, ainda, que pequenas disparidades nos valores (122,7 e 123 / 16,1 e 16,3) ocorrem 
por conta das aproximações utilizadas na resolução, sem a utilização do software. 
Exercícios 
 
1) A chave elétrica fecha quando as hastes de ligação CD e AB se aquecem, o que provoca a translação 
e a rotação do braço rígido BDE até fechar o contato em F. A posição original de BDE é vertical e a 
temperatura 20ºC. Se AB for feita de bronze C86100 e CD, de alumínio 6061-T6, determine o espaço 
s exigido entre os contatos para a chave fechar, quando a temperatura alcançar 110ºC. 
 
Resp.: s = 0,7425 mm 
 
2) Os diâmetros e materiais de fabricação do conjunto são indicados na figura. Se o conjunto estiver 
bem ajustado entre seus apoios fixos quando a temperatura é 20ºC, determine a tensão normal média 
em cada material quando a temperatura atingir 40ºC. 
33 
 
 
 
 
DADOS: 
Alumínio 2014 – T6: E = 73,1 GPa ;  = 23.10-6 º C -1; Diâmetro = 300 mm 
Bronze C86100: E = 103 GPa ;  = 17.10-6 º C-1 ; Diâmetro = 200 mm 
Aço Inoxidável 304: E = 193 GPa ; = 17.10-6 º C-1 ; Diâmetro = 100 mm 
 
Resp.: Tensões: Alumínio = 15,05 MPa; bronze = 33,85 MPa e aço = 135,41 MPa 
 
10 . TORÇÃO 
Deformação por torção em um eixo circular – torque T é o momento que tende a torcer um elemento 
em torno de seu eixo longitudinal. Observe na figura 18 um tubo maciço de borracha, onde são 
desenhadas linhas circulares e outras longitudinais, antes e depois da atuação do torque. 
 
 
 Quando um torque externo T é aplicado a um tubo, ele gera um torque interno que se relaciona 
com a tensão de cisalhamento que ocorre entre os planos internos deste tubo. É possível demonstrar 
que a tensão de cisalhamento ao longo da cada linha radial de uma seção transversal varia linearmente 
ao longo do raio. A expressão matemática é dada por: 
𝜏 = (
𝜌
𝑐
) . 𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 
Figura 18 
34 
 
Onde  representa, na seção circular, a distância a partir do centro e c o raio desta seção. A 
tensão máxima (máx) ocorre na periferia e  é a tensão de cisalhamento a esta distância  do centro. 
A figura 19 exemplifica tudo que foi descrito. 
 
 
O eixo mostrado na figura 19 encontra-se em equilíbrio. Cada elemento dA localizado a uma 
distância  do centro está sujeito a uma força dF = .dA. O torque produzido será, portanto, o produto 
desta força dF pela distância , ou seja, dT = .dF = ..dA. Considerando toda a seção transversal 
circular teremos que: 
∫ 𝑑𝑇 = ∫ .. dA
𝐴
 
𝑇 = ∫ . (
𝜌
𝑐
) . 𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎. dA
𝐴
 
𝑇 =
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎
𝑐
∫ 𝟐. dA
𝐴
 
Mas, a integral é denominada momento de inércia polar J. Assim: 
𝑇 =
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎
𝑐
. 𝐽 ou 𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 =
𝑇.𝑐
𝐽
 
Onde: 
máx – tensão de cisalhamento máxima no eixo, que ocorre na superfície externa 
T – torque interno que age na seção transversal em estudo. 
J – momento polar de inércia da área de seção transversal em relação ao eixo que passa pelo 
centro. 
c – raio externo do eixo. 
 
 
Figura 19 
35 
 
Obs.: Lembrando que para um eixo maciço de raio R, o momento de inércia polar é dado por 
𝐽 =
𝜋.𝑅4
2
 e, para um eixo tubular com raios externo e interno iguais a R e r, é dado por 𝐽 = 𝜋.
(𝑅4−𝑟4)
2
 
As figuras 20 e 21 mostram a tensão de cisalhamento em uma seção para um tubo circular 
maciço e para um tubo circular oco. 
 
 
 
Em ambos os casos, a tensão de cisalhamento é linear ao longo do raio, sendo máxima na 
superfície. O torque interno T não somente desenvolve uma distribuição linear da tensão de 
cisalhamento ao longo de cada linha radial no plano da área de seção transversal, como também uma 
distribuição de tensão de cisalhamento associada e desenvolvida ao longo de um plano axial. Observe 
as figuras 22 e 23. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 20 Figura 21 
Figura 22 Figura 23 
36 
 
Exemplos 
1) A distribuição de tensão em um eixo maciço foi representada graficamente ao longo de três linhas 
radiais, conforme a figura. Determine o torque interno na seção 
 
Solução: 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 =
𝑇.𝑐
𝐽
 e 𝐽 = 𝜋.𝑅
4
2
. 
Assim: 
a) 𝐽 =
𝜋.0,0504
2
= 9,8.10−6𝑚4 
b) 𝑐 = 0,050 𝑚 
c) 𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 = 56.10
6𝑀𝑃𝑎 
Substituindo 
56.106 =
𝑇. 0,050
9,8.10−6
→ 𝑇 = 10.990𝑁. 𝑚 
 
2) O eixo mostrado na figura tem raio 75 mm e está apoiado em dois mancais estando sujeito a três 
torques. Determine a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos A e B localizados na seção a – 
a do eixo. A na periferia e B a 15 mm do centro. 
 
 
 
 
37 
 
Solução: inicialmente devemos seccionar o eixo para observar a seção a-a,interna. 
 
Como o eixo está em equilíbrio, esta parte deste eixo também estará. Logo: 
4250 – 3000 – T = 0  T = 1250 N.m 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 =
𝑇.𝑐
𝐽
 e 𝐽 = 𝜋.𝑅
4
2
. 
Assim: 
a) 𝐽 =
𝜋.0,0704
2
= 49,6.10−6𝑚4 
b) 𝑐 = 0,075 𝑚 
c) 𝑇 = 1250𝑁. 𝑚 
Substituindo 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 =
1250.0,075
49,6.10−6
= 1,89.106 = 1,89𝑀𝑃𝑎 (𝑛𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐴) 
Para o ponto B, podemos utilizar a relação a seguir: 
𝜏 = (
𝜌
𝑐
) . 𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 
𝜏 = (
15
75
) . 1,89 = 0,377𝑀𝑃𝑎 (𝑛𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐵) 
 
Obs. Como a relação para a tensão de cisalhamento é linear, é possível utilizar uma regra de três 
simples e direta. 
Assim: 
1,89 𝑀𝑃𝑎 75 𝑐𝑚
𝑥 15 𝑐𝑚
 → 75𝑥 = 15 . 1,89 → 𝑥 = 0,377 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
38 
 
11 . TRANSMISSÃO DE POTÊNCIA 
 Eixos e tubos de seções transversais circulares são utilizados para transmitir potência 
desenvolvida por uma máquina. Sendo assim, estão sujeitos a torques (T) que dependem da potência 
(Pot) gerada pela máquina e da velocidade angular () do eixo. A relação entre estas grandezas é 
dada por: 
Pot= T. (ou Pot = F.v) 
 Cabe ressaltar que a velocidade angular () pode ser escrita em função da frequência (f) ou 
do período (T). 
𝜔 = 2𝜋. 𝑓 𝑜𝑢 𝜔 = 
2𝜋
𝑇
 
NOTA: Em unidades do Sistema Internacional (SI), a frequência é dada em Hz (rotações por segundo) 
e o período em segundos. 
 Para fazer o projeto de um eixo, ou ainda, dimensioná-lo, devemos ter os dados da máquina 
(Pot) e a velocidade angular () do eixo. Com esses dados é possível determinar o torque a que fica 
submetido o eixo. Se o material do eixo é conhecido, sabemos a tensão de cisalhamento máxima 
(𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 ). A relação matemática que envolve essas grandezas é: 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 
𝑇. 𝑐
𝐽
 
 Lembrando que a tensão de cisalhamento máxima ocorre na superfície do eixo e que J depende 
dos raios interno e externo, perceba que é possível fazer o dimensionamento de um eixo maciço. Para 
um eixo tubular, ainda será necessário conhecer a relação matemática entre os raios externo e interno. 
Exemplos 
1) Um eixo maciço AB de aço mostrado na figura será usado para transmitir 3.750W do motor M ao 
qual está acoplado. Se o eixo girar a 175 rpm e o aço tiver uma tensão de cisalhamento admissível de 
100MPa, determine o diâmetro mínimo exigido. 
 
 
 
 
 
39 
 
Solução: O torque interno em qualquer seção será dado por: 
Pot = T.  
Pot = T. 2𝜋. 𝑓 
3750 = T. 2𝜋.
175
60
 
T = 204,7N.m 
Assim, 
100.106 = 
204,7. 𝑅
𝜋. 𝑅4
2
 
R = 1,09.10-2 m = 10,9 mm 
Logo o diâmetro mínimo será de 21,8 mm 
 
2) Um eixo tubular com diâmetros interno e externo de 30 e 42 mm será usado para transmitir 90 kW 
de potência. Determine a frequência de rotação de modo que a tensão de cisalhamento não ultrapasse 
50 MPa.. 
Solução: Inicialmente devemos determinar o torque interno máximo. 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 
𝑇. 𝑐
𝐽
 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 
𝑇. 𝑐
𝜋.
(𝑅4 − 𝑟4)
2
 
50.106 = 
𝑇. 0,021
𝜋.
(0,0214 − 0,0154)
2
 
𝑇 = 537,7𝑁. 𝑚 
 
Mas, Pot = T.  → Pot = T. 2𝜋. 𝑓 → 90.000 = 537,7.2. 𝜋. 𝑓 → 𝑓 = 26,6 𝐻𝑧 
 
 
 
 
 
 
 
40 
 
Exercícios 
1) O eixo maciço de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Determine 
a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. 
 
2) O elo funciona como parte de um elevador de um avião. Se o tubo de alumínio conectado tiver 25 
mm de diâmetro interno e parede de 5 mm de espessura, determine a tensão de cisalhamento máxima 
no tubo quando a força de 600 N for aplicada aos cabos. 
 
3) O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm e tensão de cisalhamento admissível 6 MPa. 
Determine o maior torque T1 que pode ser aplicado ao eixo se ele também estiver sujeito a outros 
carregamentos de torção. Determine também a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões 
CD e DE 
 
4) Se o torque aplicado ao eixo CD for T´=75 N.m, determine a tensão de cisalhamento máxima em 
cada eixo. Os mancais B, C e D permitem a livre rotação dos eixos, e o motor impede a rotação dos 
eixos. 
41 
 
 
5) O eixo tem diâmetro 80 mm e, devido ao atrito na superfície do interior do furo, está sujeito a um 
torque descrito pela função 𝑡 = 25. 𝑥. 𝑒 𝑥
2
N.m/m, onde x é dado em metros. Determine o torque mínimo 
de T0 necessário para vencer o atrito e fazer o eixo girar. Determine também a tensão de cisalhamento 
máxima no eixo. 
 
6) O projeto prevê que o eixo de transmissão AB de um automóvel será um tubo de parede fina. O 
motor transmite 125kW quando o eixo está girando a 1500 rpm. Determine a espessura mínima da 
parede do eixo se o diâmetro externo for 62,5 mm. A tensão de cisalhamento admissível do material é 
50 MPa. 
 
7) Um motor transmite a um eixo de aço 400kW o qual é tubular e tem diâmetros externo de 50mm e 
interno de 46 mm. Determine a menor frequência com o qual ele pode girar se a tensão de cisalhamento 
admissível para o material for de 175 MPa. 
 
 
42 
 
12. ÂNGULO DE TORÇÃO 
Muitas vezes o projeto de um eixo depende de restrições à quantidade de rotação ou torção 
que pode ocorrer, quando o eixo é submetido a um torque. Além disso, pode auxiliar na resolução de 
problemas que envolvem eixos estaticamente indeterminados. A expressão do ângulo de torção pode 
ser demonstrada, sendo a que se segue: 
 
∅ = ∫
𝑇(𝑥). 𝑑𝑥
𝐽(𝑥). 𝐺
𝐿
0
 
Onde: 
 - ângulo de torção de uma extremidade do eixo em relação à outra extremidade, em radianos. 
T(x) – torque interno na posição arbitrária x, 
J(x) – momento de inércia polar da seção na posição x 
G – módulo de elasticidade ao cisalhamento do material. 
 
 Se considerarmos um material homogêneo e com seção reta constante os valores de G e J 
serão constantes. Além disso, se considerarmos o torque T constante, a expressão anterior se resume 
a: 
∅ =
𝑇
𝐽. 𝐺
∫ 𝑑𝑥
𝐿
0
 
∅ =
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
 
A figura 22 mostra a situação descrita. 
 
 
 Se a situação descrita anteriormente for estendida a situação em que vários torques constantes 
agem sobre o eixo, a expressão para a determinação do ângulo de torção é a superposição dos efeitos 
de rotação, e pode ser apresentada pelo seguinte somatório: 
∅ = ∑
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
 
Figura 22 
43 
 
 Esta expressão é aplicada a cada segmento do eixo em que T, G e J apresentam valores 
constantes. A soma apresentada é algébrica e, portanto, devemos considerar alguns valores positivos 
e outros negativos. Dessa situação, surge a convenção para o sinal do ângulo de torção. 
 Convenção: a partir da mão direita, o torque e o ângulo serão considerados positivos quando 
o polegar desta mão estiver apontando para fora da seção considerada e, considerados negativos, se 
o polegar apontar fara dentro da seção em estudo. Observe a figura 23. 
 
figura 23 
Exemplos 
1) Considere o eixo maciço submetido a 4 torques constantes, conforme a figura. Faça um gráfico do 
torque ao longo do comprimento deste eixo. 
 
Inicialmente tomemos as três regiões do eixo: AB, AC e CD. Determinaremos os torques 
internos para o equilíbrio dessas partes. 
 
44 
 
 Pela convenção de sinais, o torque TAB é positivo enquanto os torques TBC e TCD são 
negativos. Como são constantes, segue o gráfico. 
 
2) As engrenagens acopladas na extremidade fixa do eixo de aço estão sujeitas aos torques mostrados 
na figura. Se o módulo de elasticidade ao cisalhamento for 80 GPa e o eixo tiver diâmetro de 14 mm, 
determine o deslocamento do dente P da engrenagem A. O eixo gira livremente dentro do mancal em B. 
 
Solução: Examinando a figura notamos que os torques internos nos segmentos AC, CD e DE são 
diferentes, porém constantes. Observe. 
 
45 
 
 Pela convenção de sinais o torque AC é positivo (+150N.m) e os torques CD e DE negativos 
(-130N.m e – 170N.m). 
Como a seção do eixo é constante, o momento de inércia é único e vale 𝐽 =
𝜋.𝑅4
2
= 𝜋.0,007
4
2
=
3,77.10−9𝑚4 
∅𝐴𝐸 = ∅𝐴 − ∅𝐸 = ∑
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
=
𝑇𝐴𝐶 . 𝐿𝐴𝐶
𝐽. 𝐺
+
𝑇𝐶𝐷. 𝐿𝐶𝐷
𝐽. 𝐺
+
𝑇𝐷𝐸 . 𝐿𝐷𝐸
𝐽. 𝐺
 
 
∅𝐴 = ∑
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
=
150𝑥0,4
3,77.10−9. 80.109
+
(−130)𝑥0,3
3,77.10−9. 80.109
+
(−170)𝑥0,5
3,77.10−9. 80.109
 
∅𝐴 = −0,212 𝑟𝑎𝑑 
A figura abaixo mostra o ângulo de torção sofrido pelo eixo. 
 
Como o ponto P está na periferia da engrenagem A de 100 mm que sofre a rotação de 0,212 
rad, é fácil determinar o arco descrito por este ponto P. 
𝑙 = ∅. 𝑟  l = 0,212 x 100 = 21,2 mm 
Exercícios 
1) Os dois eixos maciços de aço estão acoplados por meio de engrenagens. Determine o ângulo de 
torção da extremidade A do eixo ABquando é aplicado o torque T = 45 N.m. Supor G = 80 GPa. O eixo 
AB é livre para girar nos mancais E e F, enquanto o eixo DC é fixo em D. Cada eixo tem diâmetro de 
20mm. 
 
2) O eixo maciço de 60 mm de diâmetro é feito de aço A-36 e está sujeito às cargas de torção distribuída 
e concentradas mostradas. Determinar o ângulo de torção, em graus, na extremidade livre A a essas 
cargas. Dados: G = 75 GPa 
46 
 
 
3) As extremidades estriadas e engrenagens acopladas ao eixo de aço (G = 75 GPa) estão sujeitas 
aos torques mostrados. Determine o ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem D. 
O eixo tem diâmetro de 40 mm. 
 
 
 
 
 
 
 
13. ELEMENTOS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS CARREGADOS COM TORQUE 
Um eixo carregado com torques é dito estaticamente indeterminado quando apenas as 
equações de equilíbrio não são suficientes para o cálculo dos torques desconhecidos. Para esses 
casos, devemos utilizar uma equação adicional de compatibilidade geométrica, que envolve o ângulo 
de torção. Segue um exemplo para melhor entendimento. 
Exemplo: O eixo maciço de aço mostrado na figura tem diâmetro 20 mm. Se for submetido aos 
dois torques mostrados, determine a reações nos apoios fixos A e B 
 
Inicialmente estudaremos o diagrama do corpo livre (DCL) e aplicaremos a equação de 
equilíbrio, ou seja, a soma dos torques é nula. 
47 
 
 
Utilizando a convenção de sinais já estudada, podemos escrever que: 
-TB + 800 – 500 – TA = 0 
TB + TA = 300 (*) 
Observe que há uma equação e duas incógnitas. Compatibilidade geométrica é tal que o ângulo 
de torção da extremidade A em relação à extremidade B é nulo. 
 
∅𝐵𝐴 = ∅𝐵 − ∅𝐴 = ∑
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
=
𝑇𝐵𝐶 . 𝐿𝐵𝐶
𝐽. 𝐺
+
𝑇𝐶𝐷. 𝐿𝐶𝐷
𝐽. 𝐺
+
𝑇𝐷𝐴. 𝐿𝐷𝐴
𝐽. 𝐺
= 0 
 
∑
𝑇. 𝐿
𝐽. 𝐺
=
−𝑇𝐵. 0,2
𝐽. 𝐺
+
(𝑇𝐴 + 500).1,5
𝐽. 𝐺
+
𝑇𝐴. 0,3
𝐽. 𝐺
= 0 
 
−0,2. 𝑇𝐵 + 1,5. 𝑇𝐴 + 750 + 0, 3. 𝑇𝐴 = 0 
 
0,2. 𝑇𝐵 − 1,8. 𝑇𝐴 = 750 (**) 
Resolvendo as equações (*) e (**) simultaneamente, temos que: TB = 645N.m e TA = - 345 N.m 
(indica que o sentido é o oposto ao inicialmente arbitrado). 
 
 
 
48 
 
14. TUBOS DE PAREDES FINAS COM SEÇÕES TRANSVERSAIS FECHADAS. 
Tubos de paredes finas têm utilização frequente em engenharia. Como as paredes são finas, 
podemos determinar a tensão de cisalhamento. 
Fluxo de cisalhamento. A figura 25 mostra um pequeno elemento do tubo finito s e largura 
diferencial dx com espessuras tA e tB.. As forças que agem sobre estas áreas são dFA=A.(tA.dx) e 
dFB=B.(tB.dx). Do equilíbrio de forças, dFA= dFB. Assim. 
A.tA = B.tB 
 Esse importante resultante diz que o produto entre a tensão de cisalhamento longitudinal média 
e a espessura do tubo é a mesma em cada ponto na área de seção transversal do tubo. Esse produto 
é denominado fluxo de cisalhamento, que em termos gerais pode ser dado por: 
q =médio.t 
 Considerando q constante na seção transversal em estudo, a maior tensão ocorrerá no local 
em que a espessura do tubo é mínima. 
 Se um elemento diferencial com espessura t, comprimento s e largura dx for isolado, (figura 
24c) notamos que a área em destaque sobre a qual a tensão de cisalhamento média age é dA = t.ds 
 
figura 24 
 
Desta forma, dF = MÉDIO.(t.ds) = q.ds. Assim, é possível concluir que: 
𝑞 =
𝑑𝐹
𝑑𝑠
 
Traduzindo a expressão anterior podemos escrever que o fluxo de cisalhamento (q), que é 
constante na área da seção transversal, mede a força (F) por unidade de comprimento (s) ao longo da 
área de seção transversal do tubo. 
49 
 
O fluxo de cisalhamento e a tensão média estão direcionados tangencialmente, de modo a 
contribuir com o torque T resultante externo. 
A partir da figura (24 e) é possível determinar o torque do elemento de força em relação ao 
ponto O (braço igual a h), ou seja: 
dT = dF.h = h.MÉDIO.(t.ds) 
Para a seção transversal fechada inteira, teremos que: 
𝑇 = ∮ h. 𝑀é𝑑𝑖𝑜. t. ds 
Recordando que q =médio..t é constante, na integral de linha anterior teremos que: 
𝑇 = 𝑡. 𝑀é𝑑𝑖𝑜. ∮ h. ds 
Note que o triângulo da figura (24e) tem área aproximada dada por 𝑑𝐴𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
1
2
. ℎ. 𝑑𝑠 
Substituindo esta última expressão na integral de linha, temos que: 
𝑇 = 𝑡. 𝑀é𝑑𝑖𝑜. ∮ h. ds 
𝑇 = 2𝑡. 𝑀é𝑑𝑖𝑜. ∮ 𝑑𝐴𝑚é𝑑𝑖𝑎 
𝑀é𝑑𝑖𝑜=
𝑇
2. 𝑡𝐴𝑚á𝑑𝑖𝑎
̇
 
Onde, 
𝜏𝑚é𝑑𝑖𝑎- tensão de cisalhamento média que age sobre a espessura do tubo 
 T – torque interno resultante na seção transversal, determinado pelo método das seções e 
pelas equações do equilíbrio. 
t - espessura do tubo no local onde a tensão média (𝑀é𝑑𝑖𝑜) deve ser determinada 
Am – área média contida no contorno da linha central do tubo. Am aparece na figura (24e). 
 
Obs: Como q = MÉDIO.t, é possível determinar o fluxo de cisalhamento em toda a seção 
transversal pela equação. 
𝑞 =
𝑇
2. 𝐴𝑚 
̇
 
 
 
 
 
 
50 
 
15. ÂNGULO TORÇÃO. 
O ângulo de torção de um tubo de parede fina de comprimento L, quando o material tiver 
comportamento linear elástico com G (módulo de cisalhamento), é  (em radianos) e pode ser expresso 
por: 
 =
𝑇. 𝐿
4. 𝐴𝑚
2 . 𝐺
∮
𝑑𝑠
𝑡
 
Exemplos 
1) Calcule a tensão média em um tubo circular de parede fina com seção circular de rádio médio rm e 
espessura t, submetido a um torque T. 
 
Solução: A área média para o tubo é dada por Am = .r
2
médio
 . Utilizando a expressão 
matemática: 
𝑀é𝑑𝑖𝑜=
𝑇
2. 𝑡𝐴𝑚á𝑑𝑖𝑎
=
𝑇
2. 𝑡. 𝑟𝑚é𝑑𝑖𝑜
2
̇
 
 
2) O tubo é feito C861000 e de seção retangular. Se for submetido a dois torques a tensão de 
cisalhamento média no tubo, determine as tensões de cisalhamento nos pontos A e B. 
 
 
 
51 
 
Solução: DCL do tubo até a seção que passa pelos pontos A e B 
 
 
 
Observe que para que a soma dos momentos valha zero, é necessário que: 
+60 N.m – 25N.m +T = 0  T = - 35 N.m 
 A área média AM é dada por 57 mm x 35 mm = 1995 mm
2 = 1,995.10-3 m2 
 Podemos determinar a tensão de cisalhamento em A, pela relação a seguir 
𝐴=
𝑇
2. 𝑡𝐴𝑚á𝑑𝑖𝑎
=
35
2.5. 10−3. 1,995. 10−3
→ 1,75𝑀𝑃𝑎
̇
 
 De forma análoga, podemos determinar a tensão de cisalhamento em B 
𝐵=
𝑇
2. 𝑡𝐴𝑚á𝑑𝑖𝑎
=
35
2.3. 10−3. 1,995. 10−3
→ 2,92𝑀𝑃𝑎
̇
 
 
 Esses resultados das tensões cisalhante são mostrados nas figuras a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
52 
 
3) O tubo quadrado de alumínio tem as dimensões mostradas na figura. Determine a tensão de 
cisalhamento média no tubo no ponto A se ele for submetido ao torque de 85N.m. Calcule também o 
ângulo de torção devido ao seu carregamento. Considere GAl = 26 GPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: tensão de cisalhamento. Fazendo o seccionamento do tubo em A, é fácil perceber 
que o equilíbrio será mantido para T = 85 N.m. 
A área média é dada por (50 mm).(50mm) = 2.500 mm2 = 2,5.10-3 m2 
 
 
 
 
𝑀é𝑑𝑖𝑜=
𝑇
2. 𝑡𝐴𝑚á𝑑𝑖𝑎
→ 𝜏𝐴 =
85
2. (0,01). 2,5. 10−3
= 1,7𝑀𝑃𝑎
̇
 
Ângulo de torção: 
 =
𝑇. 𝐿
4. 𝐴𝑚
2 . 𝐺
∮
𝑑𝑠
𝑡
 
 =
85.1,5
4. (2,5. 10−3)2 . 26. 109
∮
𝑑𝑠
0,01
 
 =
85.1,5. 10−3
4. (2,5. 10−3)2 . 26. 106
∮
𝑑𝑠
0,01
 
 = 0,0196 ∮ 𝑑𝑠 → 0,0196𝑥0,2 → ∅ = 3,92.10−3𝑟𝑎𝑑 = 0,02460 
 
 
53 
 
Obs: Ocorrem concentrações em eixos quando seção transversal muda repentinamente. O valor da 
tensão de cisalhamento máxima é determinado a partir do fator de concentração (k), calculado 
experimentalmente. 
 
16. FLEXÃO 
Inicialmente, para o entendimentoperfeito do estudo de flexão em vigas, é conveniente que o 
aluno faça uma revisão dos diagramas de esforço cortante (DEC) e de momento fletor (DMF), já 
estudados em disciplinas anteriores a esta. O software FTOOL, citado anteriormente, é uma 
ferramenta excelente para a determinação gráfica/numérica destes diagramas. Seguem algumas 
situações comuns. 
 
 (a) (b) 
Figura 28 
A figura 28 (a) representa uma viga bi apoiada com uma dada carga concentrada P. A figura 
28 (b) mostra como o esforço cortante varia ao longo do comprimento AB desta viga. Note que no ponto 
de aplicação de P, existe um degrau correspondente ao valor da carga concentrada P. 
 
 (a) (b) 
Figura 29 
 
𝜏𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑘.
𝑇. 𝑐
𝐽
 
54 
 
As figuras anteriores, 29(a) e 29(b) mostram uma viga AB bi apoiada com comprimento L, 
carregamento uniformemente distribuído de q e a variação do esforço cortante, ao longo deste 
comprimento AB. 
 
(a) (b) 
Figura 30 
De maneira análoga, as figuras 30(a) e 30(b) mostram a viga com carregamento uniforme (q) 
e a variação do momento fletor, ao longo do comprimento AB da viga bi apoiada. O momento máximo, 
vértice da parábola, ocorre no ponto médio de AB (L/2) e tem intensidade dada por M = q.L2/8. 
 
 
 
 (a) (b) 
Figura 31 
A figuras 31(a) e 31(b) mostram uma viga AB bi apoiada com comprimento L, carregamento 
concentrado P tal que as distâncias do ponto de aplicação desta carga P sejam a e b, sendo a + b = L. 
O momento fletor aumenta linearmente até o ponto de aplicação de P e, depois, decresce linearmente 
até B, sendo seu valor máximo dado por M máximo = P.a.b/L 
 
 
 
 
 
 
55 
 
17. DEFORMAÇÃO POR FLEXÃO DE UM ELEMENTO RETO 
Neste momento do curso discutiremos uma situação particular de deformação: vigas 
prismáticas de seção reta e homogêneas. Essas vigas terão a área de seção simétrica a um eixo e o 
momento fletor aplicado será em torno de um eixo, conforme ilustra a figura 32. 
 
Figura 32 
Note que na figura 32, as fibras superiores ficam comprimidas (assumiremos tensão normal de 
flexão negativa) e, as fibras inferiores, tracionadas (valores positivos). Esta transição de valores 
positivos e negativos ocorre no eixo neutro (NA), o eixo z da figura 32. 
A partir da premissa de um comportamento elástico do material (Lei de Hooke), é possível 
mostrar que existem variações lineares na deformação normal e na tensão normal por flexão com a 
distância, a partir do eixo z da figura 32. Observe o descrito na figura 33. 
 
Figura 33 
A determinação dos valores das deformações e tensões por flexão podem ser determinados a 
partir das relações matemáticas a seguir: 
𝜖 = − (
𝑦
𝑐
) . 𝜖𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 𝜎 = − (
𝑦
𝑐
) . 𝜎𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 
 
 
 
 
56 
 
Tridimensionalmente, a figura 34 revela a descrição feita para o estudo da flexão para uma 
dada seção da viga submetida a um momento fletor. Observe o plano de tensões normais por flexão. 
 
Figura 34 
É possível demonstrar que a tensão normal, devido à flexão, em um ponto localizado a uma 
distância y do eixo neutro z é dada por: 
𝜎 = −
𝑀. 𝑦
𝐼
 
Onde, I é o momento de inércia da área em torno do eixo neutro z. 
Em termos de intensidade, a tensão normal máxima ocorre no ponto localizado a maior 
distância do eixo neutro z, por hipótese, c. Assim: 
𝜎𝑚á𝑥 =
𝑀. 𝑐
𝐼
 
EXEMPLOS 
1) Considere uma viga homogênea cuja seção transversal é retangular com dimensões e 60 mm x 120 
mm. 
 
 
 
 
 
57 
 
A viga está sujeita à distribuição de tensão normal por flexão mostrada a seguir. 
 
Identifique a linha neutra na face mostrada da viga. Determine o momento interno M na seção. 
Solução: 
Linha Neutra (LN) – eixo NA 
Inicialmente deve-se determinar o momento de inércia I da seção em torno desta LN, ou seja: 
𝐼 =
𝑏. ℎ3
12
=
(0,06). (0,12)3
12
= 8,64.10−6 𝑚4 
Observe que o valor máximo da tensão, em módulo, é 20 MPa. Assim, 
𝜎𝑚á𝑥 =
𝑀. 𝑐
𝐼
 
20.106𝑀𝑃𝑎 =
𝑀. 0,06𝑚
8,64.10−6 𝑚4
 
20.106. 8,64.10−6 = 0,06. 𝑀 
𝑀 = 2,88 𝑘𝑁. 𝑚 
2) A viga simplesmente apoiada tem a área de seção transversal mostrada na figura abaixo. Determine 
a tensão de flexão máxima absoluta na viga e represente a distribuição de tensão na seção transversal 
nessa localização. 
 
 
58 
 
Inicialmente devemos determinar que seção da viga tem o momento fletor máximo. Como a 
carga é distribuída, o momento fletor máximo ocorre no ponto médio da viga, isto é, a 3 m de um dos 
apoios. A intensidade deste momento é dada por q.L2/8. Assim, para o caso estudado tem-se que: 
 
Mmáximo = 5.(6)
2/8 = 22,5 kN.m 
 
Determinação do centroide: Como o perfil em I apresentado é simétrico em relação aos eixos 
vertical e horizontal, o centroide encontra-se nesta união. Ademais, a linha neutra (NA) passa por este 
ponto. É necessário encontrar o valor do momento de inércia da seção I em torno deste eixo NA. 
Separando a seção I em 3 retângulos (2 horizontais e 1 vertical) e aplicando-se o teorema dos 
eixos paralelos tem-se que: 
𝐼 = [
20. 3003
12
+ 0 +
250. 203
12
+ 20𝑥250𝑥(160)2 +
250. 203
12
+ 20𝑥250𝑥(160)2] = 301,3.106 𝑚𝑚4 
Tensão de flexão máxima será dada por: 
𝜎𝑚á𝑥 =
𝑀. 𝑐
𝐼
 
𝜎𝑚á𝑥 =
22.500𝑥0,170
301,3.10−6
 ( unidades do S.I.) 
𝜎𝑚á𝑥 = 12,7𝑀𝑃𝑎 
 
 
Observe que a determinação da tensão normal por flexão no valor de 11,2 MPa pode ser feita 
utilizando c = 150 mm, uma vez que o ponto B dista 150 mm da linha neutra NA. Além disso, como a 
distribuição destas tensões é linear, podemos utilizar uma regra de três simples e direta. Observe: 
 
12,7 𝑀𝑃𝑎 170 𝑚𝑚
𝜎𝐵 150 𝑚𝑚
 → 𝜎𝐵 = 11,2 𝑀𝑃𝑎 
 
 
59 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS1) Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga 
 
 
 
 
 
 
 
2) Determine a tensão de flexão máxima em C na haste de 50 mm de diâmetro. 
 
3) Determine a carga máxima P que pode ser aplicada à viga de um material cuja tensão de flexão 
admissível é 12 MPa 
 
4) Determine o momento M que deve ser aplicado à viga de modo a criar uma tensão de compressão 
de 10N/mm2 no ponto D. 
 
 
 
 
 
60 
 
5) Determine a tensão de flexão máxima na viga abaixo em forma T. A espessura e a largura da placa 
horizontal são de 30 mm e de 100 mm. A altura do T de 110 mm. A Espessura vertical tem 20mm e o 
momento é igual a 10 kN.m 
 
6) Determine o momento máximo na viga AB da figura abaixo. 
 
7) A peça da máquina feita de alumínio está sujeita a um momento M = 75N.m. Determine as tensões 
de flexão máximas tanto de tração quanto de compressão na peça. Determinar a tensão de flexão 
criada nos pontos B e C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 – FLEXÃO ASSIMÉTRICA 
 Um elemento pode ser carregado de tal modo que o momento fletor interno não aja em torno 
de um dos eixos principais da seção transversal (como vimos anteriormente). Observe a figura 35 
abaixo. 
61 
 
 
Figura 35 
 Observe que o momento M forma um ângulo  com o eixo z. Inicialmente devemos determinar 
as projeções deste vetor M nas direções de y e z, isto é, My e Mz. Da trigonometria é possível escrever 
que: 
𝑀𝑦 = 𝑀. 𝑠𝑒𝑛() e 𝑀𝑧 = 𝑀. 𝑐𝑜𝑠() 
 
Note os sentidos que estes dois vetores projeções My e Mz têm, na figura 35. 
A fim de que entendamos as tensões normais por flexão assimétrica que atuam ao longo da 
seção, podemos imaginar a composição destas flexões a partir das duas flexões: uma em torno de z e 
outra em torno de y. Vide figuras 35 e 36 
A flexão em torno de z apresentada na figura 35 revela que a parte superior, em relação à 
linha neutra (eixo z), é compressiva e, o oposto, a tensão por flexão é trativa. Observe a figura 36. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 36 
 
 
 
 
 
62 
 
A flexão em torno de y apresentada na figura 35 revela que a parte esquerda, em relação à 
linha neutra (eixo y), é compressiva e, o oposto, a tensão por flexão é trativa. Observe a figura 37. 
 
Figura 37 
A partir da figura 35, é possível entender que o fenômeno total é a soma dos dois efeitos 
acima descritos, isto é, a flexão em torno do eixo y e a flexão em torno de z. Dessa forma, somando-
se as distribuições de tensões teremos a representação dada pela figura 38. 
 
Figura 38 
A fórmula que foi utilizada para a flexão única em torno de um único eixo neutro será utilizada 
para cada um dos dois casos descritos: flexões em torno de z e y. De maneira análoga à interpretação 
dada ao fenômeno pelos gráficos de distribuições de tensões normais, podemos supor que a tensão 
resultante em dado ponto é a soma algébrica das tensões de cada um dos efeitos isolados. 
𝜎 = −
𝑀𝑧 . 𝑦
𝐼𝑧
+
𝑀𝑦. 𝑧
𝐼𝑦
 
 
 
 
 
 
 
63 
 
19. ORIENTAÇÃO DO EIXO NEUTRO 
O eixo neutro na flexão assimétrica é uma soma de dois efeitos já estudados: flexões em torno 
de z e y. Na figura 38 (a) o eixo NA é o neutro para a seção em estudo. Desejamos determinar a 
inclinação (o ângulo ). Como é sabido, na linha neutra as deformações pelas tensões normais por 
flexão são nulas e, consequentemente, também estas tensões. Partindo da equação principal, temos 
que: 
𝜎 = −
𝑀𝑧 . 𝑦
𝐼𝑧
+
𝑀𝑦. 𝑧
𝐼𝑦
 
Adotando-se que:  = 0, 𝑀𝑦 = 𝑀. 𝑠𝑒𝑛() e 𝑀𝑧 = 𝑀. 𝑐𝑜𝑠(), temos que: 
 
0 = −
𝑀. 𝑐𝑜𝑠. 𝑦
𝐼𝑧
+
𝑀. 𝑠𝑒𝑛(). 𝑧
𝐼𝑦
 
𝑀. 𝑐𝑜𝑠. 𝑦
𝐼𝑧
=
𝑀. 𝑠𝑒𝑛(). 𝑧
𝐼𝑦
 
𝑐𝑜𝑠. 𝑦
𝐼𝑧
=
𝑠𝑒𝑛(). 𝑧
𝐼𝑦
 
Observe a figura 39 a seguir. 
 
Figura 39 
Observe que o eixo x está “saindo” do plano do papel e que o vetor M forma um ângulo  com 
o eixo z. A linha neutra (NA) forma um ângulo  com este mesmo eixo z, o que é a inclinação a ser 
determinada. 
Como sabemos: 
𝑐𝑜𝑠. 𝑦
𝐼𝑧
=
𝑠𝑒𝑛(). 𝑧
𝐼𝑦
 
𝑦
𝑧
=
𝑠𝑒𝑛(). 𝐼𝑧
cos() . 𝐼𝑦
 
64 
 
A partir do triângulo desenhado na figura 40, é possível escrever a tangente trigonométrica do 
ângulo  como sendo a razão entre um valor de y e seu correspondente z. 
 
𝑦
𝑧
=
𝑠𝑒𝑛(). 𝐼𝑧
cos() . 𝐼𝑦
→ 𝑡𝑔(𝛼) = 𝑡𝑔(𝜃).
𝐼𝑧
𝐼𝑦
 
 
Obs: Note que quando IZ = Iy, os valores de  e  coincidem. 
EXEMPLOS 
1) A seção transversal retangular mostrada na figura abaixo está sujeita a um momento fletor 
M=12kN.m. Determine a tensão normal desenvolvida em cada canto da seção. 
 
 
Solução: Inicialmente devemos fazer a projeção do vetor M nas direções de y e z. Note que o 
ângulo  que o M faz com o o eixo z é definido trigonometricamente pelo triângulo mostrado na figura 
(3, 4, 5). Assim, tg  = -4/3  tg = -1,3333   = arctg(-1,3333) = -53,13º .Assim: 
 
Mz = M.cos  = 12 x 0,6 = 7,2 kN.m = 7200 N.m 
 
My = -M.sen = 12 x (- 0,8) = - 9,6 kN.m = - 9600N.m (observe o sinal negativo – oposto ao 
eixo y) 
65 
 
Os vértices da seção em estudo são denominadas B, C, D e E. Observe que em relação ao par 
de eixos z e y estes vértices três as seguintes localizações: B(-0,1; 0,2); C(0,1; 0,2); D(0,1;-0,2); E(-
0,1;-0,2). 
Momentos de inércia Iy e Iz. Retângulo: 𝐼 =
𝑏.ℎ3
12
. 
Logo, 𝐼𝑦 =
0,4.0,23
12
= 2,667.10−4𝑚4 e 𝐼𝑧 =
0,2.0,43
12
= 1,067.10−3𝑚4 
𝜎 = −
𝑀𝑧 . 𝑦
𝐼𝑧
+
𝑀𝑦. 𝑧
𝐼𝑦
 
Ponto B(-0,1; 0,2) 
𝜎𝐵 = −
7200.0,2
1,067.10−3
+
−9600. (−0,1)
2,667.10−4
= 2,25𝑀𝑃𝑎 
Ponto C(0,1; 0,2) 
𝜎𝐶 = −
7200.0,2
1,067.10−3
+
−9600. (0,1)
2,667.10−4
= −4,95𝑀𝑃𝑎 
 
Ponto D(0,1; - 0,2) 
𝜎𝐷 = −
7200. (−0,2)
1,067.10−3
+
−9600. (0,1)
2,667.10−4
= −2,25𝑀𝑃𝑎 
 
Ponto E(- 0,1; - 0,2) 
𝜎𝐸 = −
7200. (−0,2)
1,067.10−3
+
−9600. (−0,1)
2,667.10−4
= 4,95𝑀𝑃𝑎 
Graficamente a distribuição de tensões ao longo da seção é dada a seguir. Note o eixo neutro 
NA. 
 
 
66 
 
Determinação da inclinação da linha neutra: 
𝑡𝑔(𝛼) = 𝑡𝑔(𝜃).
𝐼𝑧
𝐼𝑦
→ 𝑡𝑔(𝛼) = −
4
3
.
1,067.10−3
2,667.10−4
 
𝑡𝑔(𝛼) = −5,334 → 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(−5,334) → 𝛼 = −79,380 
 
Obs. Dois ângulos têm a mesma tangente quando a sua diferença é de 180º. Assim, como uma das 
raízes é – 79,38º, a outra será x – (- 79,38º) = 180º  x = 100,62º (sentindo oposto aos utilizados para 
marcar os ângulos negativos) 
2) Uma viga em T está sujeita a um momento fletor de 15 kN.m. Determine a tensão normal máxima 
na viga. 
 
 
Solução: Inicialmente devemos fazer a projeção do vetor M nas direções de y e z. Note que o 
ângulo que o M faz com o o eixo y é  = 30 º ou, ainda ’ = 60º com o eixo z. 
100,62º 
67 
 
Mz = M.cos ’ = 15 x cos (60º) = 7,5 kN.m = 7.500 N.m 
My = M.sen ’ = 15 x sen (60º) = 12,99 kN.m = 12.990 N.m 
Centroide da seção T. 
�̅� =
∑ 𝑧. 𝐴𝑖̅̅ ̅̅ ̅̅
∑ 𝐴𝑖
=
[(115𝑥(30𝑥200) + 50𝑥(100𝑥40)]
(30𝑥200) + (100𝑥40)
= 89 𝑚𝑚 
Momentos de inércia Iy e Iz. Retângulo: 𝐼 =
𝑏.ℎ3
12
 e teorema de Steiner 
Considerando os dois retângulos que formam o T, um horizontal e outro vertical, temos: 
𝐼𝑦 =
0,04.0,13
12
+ 0,04𝑥0,1𝑥(0,089 − 0,050)2 +
0,2.0,033
12
+ 0,2𝑥0,03𝑥(0,115 − 0,089)2 = 13,92.10−6𝑚4 
𝐼𝑧 =
0,1.0,043
12
+
0,03.0,23
12
= 20,53.10−6 𝑚4 
Expressão geral: 
𝜎 = −
𝑀𝑧 . 𝑦
𝐼𝑧
+
𝑀𝑦. 𝑧
𝐼𝑦
 
 
Observe a seção de estudo com o vetor M projetado sobre os eixos y e z 
 
É fácil perceber que o momento fletorem y, My, provoca tensões trativas na parte superior do 
T e compressivas na base do T (sinais em verde). De forma análoga, as tensões decorrentes do Mz 
são compressivas à direita, e trativas à esquerda (sinais em vermelho). Assim, em B ocorrerá a tensão 
de tração e, em C, o maior valor de tensão compressiva. 
 
Ponto B (0,041; - 0,1) 
𝜎𝐵 = −
7500. (−0,1)
20,53.10−6
+
12.990. (0,041)
13,92.10−6
= 74,8 𝑀𝑃𝑎 
Ponto C( - 0,089; 0,02) 
𝜎𝐶 = −
7500.0,02
20,53.10−6
+
12990. (−0,089)
13,92.10−6
= −90,3 𝑀𝑃𝑎 
68 
 
 
EXERCÍCIOS 
1) A seção em Z mostrada está submetida ao momento fletor M = 20kN.m. Os eixos principais y e z 
estão orientado como mostrados tal que IY = 0,96.10
-3 m4 e IZ = 7,54.10
-3 m4. Determine a tensão normal 
no ponto P e a direção do eixo neutro (NA) 
 
Resposta: 3,76MPa e 85,3º 
2) O elemento tem seção transversal quadrada e está sujeito ao momento = 850N.m como mostrado. 
Determinar a tensão de flexão em cada vértice (A, B, D, E) e desenhar a distribuição de tensão 
produzida por M, considerando =30º 
 
Respostas: A = -119 kPa; B = 446 kPa; D = - 446 kPa e E = 119 kPa 
 
 
 
69 
 
3) O momento M é aplicado a uma viga com seção em I , conforme a figura. Determine a tensão no 
ponto A e o ângulo que a linha neutra forma com a horizontal. 
 
4) Determine o valor máximo do momento fletor M de modo que a tensão de flexão no elemento não 
ultrapasse 100 MPa. 
 
Resposta: 32,24kN.m 
5) O momento resultante que atua sobre a seção transversal do suporte de alumínio tem intensidade 
M = 800N.m e a direção mostrada. Determine �̅� e as tensões nos pontos A, B, D, e E. 
 
 
70 
 
6) A viga de aço duplo T e em balanço está sujeita à força concentrada P em sua extremidade. 
Determinar a máxima intensidade da força de modo que a tensão de flexão desenvolvida na seção A 
não exceda 180 MPa. 
 
 
7) Determine a tensão máxima na seção transversal da viga 
 
Resposta: 0,044 MPa. 
 
20. BIBLIOGRAFIA 
1. Resistência Dos Materiais – R. C. Hibbeler 
2. Resistência Dos Materiais – Beer Johnston 
3. Resistência Dos Materiais – Timoshenko’