Projetista de maquinas

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1
 
 
Sumário
 
 
 
Introdução 2
Generalidade 3
Resistência a tração 13
Resistência a compressão 21
Resistência a cisalhamento 23
Resistência a flexão 30
Fórmulas relativas a flexão de vigas de secções contínuas 37
Tabela – V (vigas I padrão americano) 43
Tabela-VI (vigas U padrão americano) 44
Tabela – VII (cantoneiras de abas iguais) 45
Resistência a torção 46
Tabela – VIII (momento de inércia polar e módulo de resistência) 49
Eixos sujeitos à momentos compostos 51
Cálculos de molas helicoidais 55
Tabela X – Módulo de elasticidade à cisalhamento 56
Resistência dos recipientes 58
Resistência das placas 64
Calculo de engrenagens 69
Tabela XII – valores de (q) 70
Tabela XIII – Tensões admissíveis à flexão 70
Exercícios referentes à tração 73
Exercícios referentes à compressão 78
Exercícios referentes à cisalhamento 80
Exercícios referentes à flexão 83
Exercícios referentes à torção 88
Exercícios referentes à Molas 91
Exercícios referentes à resistência dos recipientes 92
Exercícios referentes à resistência das placas 94
Exercícios referentes à cálculos de engrenagens 96
Complemento 98
Bibliografia 101
 
 
 
 2
 
 
 
Introdução
 
 
 
 
 
 
 
Resistência dos Materiais é um estudo que envolve na sua parte inicial, o 
conhecimento das propriedades mecânicas dos. 
materiais que consistem essencialmente de valores numéricos obtidos através de 
ensaios em laboratórios 
 
As propriedades de maior interesse ao estudo da Resistência são: Limite de 
resistência, limite de escoamento, Alongamento módulo de elasticidade e Dureza; por 
tanto, as outras, tais como a estrição, resiliência e tenacidade servem, para o presente 
assunto, somente como elementos elucidativos na seleção de materiais apropriados 
aos diferentes tipos de peças. 
 
Conhecendo-se as propriedades dos diferentes materiais, os seus valores 
serão então empregados na sua fase de aplicação, ou seja, nos cálculos de 
componentes de máquinas ou de peças em geral. 
 
Dessa forma, a fase subseqüente do estudo de Resistência dos materiais 
reside principalmente nos cálculos, onde então se procura determinar as 
conseqüências das forças que atuam sobre os corpos, a fim de dimensioná-los ou 
verificar os seus efeitos. 
 
No entanto, os assuntos ligados à Resistência são por demais vastos e 
complexos que se estendem muito além daqueles que estão sendo abordados neste 
trabalho que, precipuamente se limita a um objetivo, qual seja, o da resolução pratica 
dos problemas que surgem com maior freqüência na vida profissional de técnicos. 
 
São Paulo, 1 junho de 2004. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 3
 
 
Generalidade
 
 
 
 
 
Antes de entrar na parte de cálculos que é o objetivo fundamental deste trabalho, 
faremos para a melhor compreensão da matéria, um retrospecto sucinto sobre o 
comportamento do material. 
 
1.1 - COMPORTAMENTO DE UM MATERIAL 
 
Quando uma força age sobre um corpo, produz nele uma. 
TENSÃO que pode ser de TRAÇÃO, COMPRESSÃO, CISALHAMENTO, FLEXÃO 
ou TORÇÃO. 
Todas as tensões produzidas no corpo causa a este uma DEFORMAÇAO. 
Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu estado, 
(tamanho normal) sem que a força deixe de agir sobre o 
mesmo. A esta propriedade chamamos de ELASTICIDADE. 
Porém, se a tensão for muito grande, poderá causar ao corpo uma DEFORMAÇÃO 
PERMANENTE, isto é, o corpo poderá ficar permanentemente deformado mesmo 
cessada a ação da força. 
Por outro lado, se a tensão for ainda maior, poderá causar a ruptura do corpo. 
- A maior tensão que o corpo pode suportar é definida 
como sendo o "LIMITE DE RESISTÊNCIA" ou "TENSAO DE RUPTURA”. 
 
1.2 - GRÁFICO DE TENSÃO x DEFORMACÃO 
 
A fim de melhor caracterizar o comportamento de um 
material submetido às tensões progressivas, reproduzimos na fig.1 o gráfico conhecido 
por TENSÃO X DEFORMAÇÃO.Este gráfico que representa um corpo sob a ação de 
uma força de tração, tem sua ordenada a indicação da tensão e na abscissa a 
deformação correspondente. 
 
 
 
 
 4
FIGURA 1 
 
 
Os pontos assinalados na figura 1 representam: 
 
PONTO I: limite de proporcionalidade (lei de Hooke). 
NOTA: As deformações são proporcionais às tensões 
 
PONTO II: Limite de Elasticidade. 
NOTA: Elasticidade é a propriedade do material de o corpo retornar ao seu tamanho 
inicial assim que a força deixa de agir sobre o mesmo. 
 
PONTO III: Limite de escoamento 
NOTA: Caracteriza a perda da propriedade elástica do material. 
 
PONTO IV: Limite de resistência ou tensão de ruptura 
NOTA: Maior tensão que o corpo pode suportar 
 
PONTO V: Instante em que o corpo se rompe. 
 
 
 
Pela analise do gráfico verifica-se que o comportamento do material se subdivide em 
duas fases distintas, ou seja, FASE ELASTICA e FASE PLASTICA. A separação 
 5
= tensão de escoamento em Kgf/cm² 
dessas fases se faz na transição entre o limite de elasticidade e o inicio do fenômeno 
de escoamento. 
É necessário observar que para os cálculos de peças que devem suportar os esforços, 
sem provocar as deformações permanentes, o material devera trabalhar dentro do deu 
limite de elasticidade, numa faixa assinalada no gráfico como tensões admissíveis. 
A fase plástica do material tem sua aplicação nas operações que exigem deformações 
permanentes das peças, como nos casos de estampagem, repuxos, dobramento, 
laminações etc. 
 
1.3 PROPRIEDADES MECANICAS DOS MATERIAIS 
 
Conforme o que foi dito na parte introdutiva, dentre as propriedades mecânicas dos 
materiais, as de maior interesse para os cálculos de resistência são: Limite de 
resistência (TENSÂO RUPTURA), tensão de escoamento (LIMITE DE 
ESCOAMENTO), Alongamento, Módulo de elasticidade e a dureza. 
 
A dotaremos para essas propriedades os seguintes símbolos: 
 
= Tensão de ruptura em Kgf/cm². 
 
 
Os valores para os diferentes materiais se obtém, através de ensaios de tração, 
dividindo-se a maior carga suportada pelo corpo de prova pela área da secção original 
do mesmo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pmax.= carga max. Em Kgf. 
 
So = Secção original em cm². 
 
Pesc.= carga que produz o escoamento do 
material. 
 
 6
 
= Alongamento em % 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
E = Módulo de elasticidade em Kgf/cm² 
 
Módulo de elasticidade é a relação existente entre a tensão e o alongamento do 
material observado dentro de seus limites de propriedades elásticas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
O módulo de elasticidade ou módulo de YOUNG caracteriza a rigidez do material, isto 
é sua habilidade de resistir a deformação. 
 
H= Numero de Dureza Brinell. 
 
Relação aproximada entre a dureza e a tensão de ruptura do material: 
 
= 36 x H em Kgf/cm² para aços carbono 
 
= 34 x H em Kgf/cm² para aços de liga 
 
Todas as propriedades poderão ser obtidas através de ensaios, mas, para isso em 
nosso calculo, basearemos nos valores contidos na TABELA I. 
 
 
 
 
 
 
 
Lo= comprimento inicial do corpo de prova 
em “mm”. 
 
L= Comprimento final, após o rompimento 
do c.p. em “mm”. 
= Tensão em Kgf/cm² 
 
 
= Alongamento: = % 
 7
TABELA – I 
 
TENSÕES MÉDIAS E ALONGAMENTO APROXIMADO DOS MATERIAIS 
 
 
 
 
 
 8
Nota: Para tensão de ruptura a cisalhamento toma-se: 
 
= 0,6 a 0,8 x 
 
Módulo de Elasticidade 
 
1.4 - Tensão Admissível e Fator de Segurança 
 
1.4.1 – Tensão Admissível: 
 
Na resistência dos materiais, onde as peças a serem calculadas, deverão suportar as 
cargas com segurança, isto é, sem provocar a deformação permanente, terá que ser 
considerada nos cálculos uma tensão menor do que a de escoamento, e aquém do 
limite Maximo de elasticidade. 
A esta tensãoque oferece à peça uma condição de trabalho sem perigo, chamamos 
de TENSÃO ADMISSÍVEL. 
Todavia deve-se ter em mente que as pecas mecânicas podem trabalhar em 
condições diversas, ou melhor, umas sujeitas a cargas estáticas, enquanto outras, 
submetidas as cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque. 
Dessa forma, ao se calcular uma peça, faz-se necessário conhecer a condição de 
trabalho da mesma, a fim de poder estabelecer uma tensão admissível compatível 
com o tipo de carga a suportar. 
Conhecendo-se a antemão, a condição de trabalho da peça a ser calculada e também 
o tipo de material mais apropriado para a construção dessa peça, pode-se estabelecer 
a tensão admissível atribuindo-se ao valor de sua tensão de ruptura um coeficiente 
que é denominado FATOR DE SEGURANÇA. 
 
 
 
 
 
1.4.2 Fator de Segurança: 
 = Tensão Admissível em Kgf/cm² 
 
 = Tensão de Ruptura em Kgf/cm² 
 
 = Fator de Segurança 
 9
O Fator de Segurança é uma relação entre as tensões de ruptura e admissível do 
material . 
Em principio, o fator de segurança é determinado levando-se em consideração 
diversos fatores parciais, tais como, fator em relação as tensões de ruptura e 
escoamento, fator de segurança em função da homogeneidade do material, fator em 
função do tipo de carga a ser aplicada, fator em função de cargas desconhecidas, etc. 
Assim, a rigor o fator de segurança é expressa da seguinte forma: 
 
F= F1xF2xF3xF4... 
Sendo: F= Fator de Segurança total; 
 F1, F2, F3, F4... = Fatores de Segurança parciais. 
 
Porem, para os nossos cálculos de resistência adotarem os fatores de Segurança já 
consagrados pela pratica, baseados na qualidade do material e no tipo de carga 
aplicada à peça. 
 
Os valores desses fatores já englobam todos os demais fatores acima referidos. 
 
Podemos distinguir Quatro tipos de carga a saber: 
 
 
 
 
 
 
 
Quando uma peça está sujeita a uma carga constante, invariavelmente no decorrer do 
tempo. P = carga (fig.2) 
 
 
 
 
 
 
 
P CONSTANTE 
 
 
 
 
 
Carga Intermitente: 
TIPOS 
DE 
CARGA 
1 – ESTÁTICA 
2 – INTERMITENTE 
3 – ALTERNADA 
4 – BRUSCA OU COM CHOQUE 
 10
 
 
Peça sujeita a uma carga pulsante, isto é, 
variável de zero a uma carga máxima 
permitido. (fig.3) EXEMPLO UMA PONTE 
ROLANTE. 
 
 
Carga Alternada: 
 
 
 
 
Quando uma peça esta sujeita a uma carga 
variável nos dois sentidos, por exemplo, a 
biela de um pistão de dupla ação. (fig.4) 
 
 
 
Carga Brusca ou a Choque: 
 
 
 
A peça esta sujeita a variação brusca ou a 
choque, por exemplo, componentes de 
prensas em geral. (fig.5) 
 
 
 
 
 
Os valores de FATORES DE SEGURANÇA estão representados na tabela II abaixo: 
 
 
TABELA II 
 
 
 
 
 
 
 
 11
1.5 Classes de Resistência: 
 
1.5.1 – Resistência a Tração: Quando uma barra 
for submetida a uma força (P), atuante no sentido 
do seu eixo, isto é, perpendicular a sua secção 
transversal, estará sofrendo uma tração e uma 
deformação que será a de acréscimo de 
comprimento, (Fig.6) 
 Fig.6 
 
1.5.2 - Resistência a Compressão: - Quando 
uma força (P), Agir no sentido longitudinal da 
peça, isto é perpendicular a sua secção 
transversal, esta sofrera uma compressão e um 
achatamento, (fig.7) 
 
 Fig. 7 
 
1.5.3 – Resistência a Cisalhamento: - Quando 
duas forças (P) atuam sobre uma peça (rebite) 
transversalmente ao seu eixo, sofrera um 
cisalhamento, isto é a peça tendera a ser cortada, 
 Fig.8 (fig.8) 
 
1.5.4 – Resistência a Flexão: - Quando uma 
força (P) atua sobre uma barra, 
perpendicularmente ao seu eixo, produzira a 
flexão do referido eixo, (fig.9). 
 Fig. 9 
 
1.5.5 – Resistência a Torção: - Uma força (P), 
agindo no plano perpendicular ao eixo da barra 
tendera a girar cada secção transversal em relação 
às demais secções, torcendo-a, (fig.10). 
 
 Fig.10 
 
 12
 
1.5.6 – Resistência a flambagem: - Se a barra 
submetida a compressão for muito grande em 
relação a sua secção, ela se dobrara sobre a ação 
da força (P), produzindo a flambagem, (fig.11) 
 
 
 
 
 
 
1.5.7 – Resistência composta: - Quando uma peça estiver sujeita a mais de uma 
classe de resistência, a mesma terá que ser calculada pela resistência composta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 13
 
 
Resistência a Tração
 
 
 
 
 
 
 
2.1 Dedução Fórmula de Tração: 
 
Sendo: 
 
 
 
P= Carga ou força em Kgf que age no sentido longitudinal da peça, 
tracionando-a; (fig.12) 
 
S= Secção Transversal da peça em cm²; 
 
= Tensão do material à secção em Kgf/cm² 
 
 
 
 
Observação: 
 a-) Quando uma força age sobre um corpo produz neste uma TENSÃO, que será 
tanto maior quanto maior for a força aplicada. Conclui-se daí que: 
TENSÂO É DIRETAMENTE PROPORCIONAL A FORÇA. 
 
b-) Se duas forças da mesma intensidade agirem, separadamente em dois corpos de 
seções transversais diferente, a tensão será maior naquele que tem a secção menor, 
do modo que se conclui que: TENSÃO É INVERSAMENTE PROPORCIONAL A 
SECÇÃO. 
 
Deduz-se daí: 
 
 
Donde: 
 
 
 
 
Fig.12 
 14
2.2 Aplicação 
Exercício 2.2.1 - 
Considerando que a barra representada na fig.12 seja de secção circular e de Aço 
SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um 
esforço (P) estático, à tração de 5000 Kgf. 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
P= 5000 Kgf 
 
 
 
 
Material: SAE 1020 
 
 
 
 
Tensão Admissível será: 
 
 
 
 
 
 
A secção necessária para suportar a carga com segurança será de: 
 
 
 d= diâmetro da barra 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Consultando a TABELA I, 
temos: = 4200Kgf/cm² 
E pela TABELA II o fator de 
segurança relativo ao tipo de 
carga considerada: F=5 
4200 
5 = 
= 840Kgf/cm² 
6 cm² 
 15
 
Exercício 2.2.3 
A peça mostrada na figura 13 é constituída de 1 parte mais grossa 
que tem o diâmetro de 30mm e outra mais fina de 20mm. Calcular 
a carga “P”, intermitente, que pode ser aplicada à peça, 
considerando-se que a mesma é feita de Aço níquel SAE 2330. 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Material: SAE 2330 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
OBS: Sempre que a peça tiver mais que uma secção resistente, deve-se calcular 
levando em consideração a sua secção menor ( a mais perigosa), no caso, a de 
diâmetro 20mm. 
. 
 
 
 
= 7400 Kgf/cm² 
= 6
7400 
6 = 
= 1233Kgf/cm² 
FIG.13 
²14,3
4
²214,3
4
²
²/1233
cmS
xdxS
cmKgf
=
==
=
π
σ
 16
 
Exercício 2.2.5 
 
No sistema representado na FIG.14, determinar: 
A-) O diâmetro (d) da peça feita de aço SAE 1020; 
B-) A quantidade de parafusos necessários para a 
fixação da peça sendo o material dos parafusos SAE 
1040. (di=15mm) 
Admite-se uma carga estática. 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
A-) Cálculo do diâmetro (d) da peça: 
 
P= 7,5 ton = 7500 Kgf 
 
SAE 1020 
5
²/4200
=
=
F
cmKgfrσ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d 
cmd
d
xd
xSd
xdS
35,3
38,11
14,3
93,84
4
4
²
=
=
=
=
=
π
π
 
²93,8
840
7500
cmS
S
PS
=
=
= σ
²/840
5
4200 cmKgf
F
r === σσ
 17
 
 
 
b- Calculo da quantidade de parafusos: 
 
 di = 15 mm = 1,5 cmSAE 1040 R = 5800 kgf/cm² 
 F = 4 
 
 
 
 
 
 P = 7500 kgf 
 
 Qt. = Quantidade de parafusos 
 
 Qt = onde: Pp = Carga que cada parafuso pode 
suportar com segurança. 
 
 
 P = 7500 kgf 
 
 Pp = x Sp =1450 kgf/cm² 
 
 Pp = 1450 x 1,76 Sp = Secção de cada parafuso. 
 
 Pp = 2560 kgf 
 Sp = 1,76 cm² 
 
 
 
 = 7500 = 2,92 
 2560 
 
 
 
Qt = 2,92 ou seja, 3 parafusos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 18
 
 
EXERCICIO: 2.2.7 
 – Através de um servomotor representado na fig. 15, 
pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 10 
tf (desprezando-se os atritos). 
 A pressão hidráulica (p) disponível para o 
acionamento do pistão é de 200 psi (libras por polegada 
quadrada). 
 
p 
 P Determinar: 
 A-) O diâmetro (d) da haste feita de aço SAE 1040; 
 B-) O diâmetro (D) do cilindro; 
 C-) O diâmetro (di) dos parafusos admitindo-se que 
os mesmos são de aço SAE 1020 e que a fixação é feita 
por meio de 12 parafusos. 
 
 
SOLUÇÃO: 
a) – Calculo do diâmetro (d) da haste: 
 
P = 10 tf = 10000 kgf 
 
 
Material SAE 1040 R = 5800 kgf / cm² 
 
 Sendo um servomotor de simples ação, o 
 tipo de carga será intermitente, 
 
 donde: 
 
 F = 6 
 
 
 
 
 = 966 kgf/cm² 
 
 
S = 10,35 cm² Donde: cmxxSd 64,3
14,3
35,1044 === π 
 
 
 19
Donde: 
b– Cálculo do diâmetro (D) do cilindro: 
 
 
P = 10000 kgf 
p = 200 psi NOTA: psi = pound per square inch (lbs / pol2) 
 D = ? CONVERSÃO: 
 1 kgf / cm² = 14,223 psi 
 Donde: 200 psi = 14 kgf / cm² 
 
 
 
 A = 700 cm² 
 
 
 Então: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 D = 30,3 cm 
 
 
c– Calculo do diâmetro (di) dos parafusos: 
 A carga total que age sobre os parafusos é de: 
 
 P = 10000 kgf 
 
 σR = 4200 kgf / cm² 
 
 F = 6 
 Qt. = 12 parafusos 
 
 di = ? 
 
 Sendo: Sp = seção do parafuso em cm²; 
 
 Pp = carga que age em cada parafuso em kgf. 
Material: SAE 1020 
 20
 
 
di = 1,23cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 21
 
 
Resistência a compressão
 
 
 
 
 
 
3.1 – FORMULA DE COMPRESSÃO: 
Para a compressão, a equação de resistência é 
a mesma da tração; 
 
Sendo: 
 
 σc = Tensão admissível à compressão em kgf / cm² 
 
P = Carga ou força que age no sentido do eixo da 
peça, comprimindo-a, em kgf; Fig. 21. 
 
S = secção resistente em cm²; 
 
Teremos: 
 
 σc = Donde P = σc x S e S = 
 
 
A tensão admissível à compressão (σc) pode ser determinada em função da tensão de 
ruptura à compressão, (σR-c), atribuindo-se à mesma um fator de segurança (F). 
 
 
σc = 
 
 
OBSERVAÇÃO: 
 
 - Com exceção dos ferros fundidos, todos os demais materiais tem as suas tensões 
de ruptura à compressão iguais as de tração. Ver tabela I na pág. 7. 
 
 
 
P 
σc 
P
S
σR-c 
F
 22
3.2 – APLICAÇÃO 
EXERCÍCIO 3.2.1 – Na fig.22 determinar o diâmetro do parafuso de um macaco que 
deverá suportar com segurança, à compressão, uma 
carga de 5 tf, sabendo-se que o material é SAE 1040 
e o passo da rosca de 5 mm. 
 
SOLUÇÃO: 
 
P = 5 tf = 5000 kgf 
 
σR-c = 5800 kgf / cm² 
 
SAE 1040 Admitindo-se carga intermitente: 
 
 F = 6 
 
σc = 
 
σc =966 kgf / cm² 
 
Si = 
 
Si = 5,18 cm² 
 
Donde: di = = 
 
 
 
 di = 2,57 cm Ainda: 
 
 de = di + f ( f = passo 5mm) 
 
 de = 25,7 + 5 
 
 de = 30,7 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
σR-c = 
F 
P 
σc 
4xSi 
π 
4 x 5,18 
3,14
5800 
 6 
= 5000 
 966 
 23
 
 
Resistência a cisalhamento
 
 
 
 
 
4.1 – DEDUÇÃO DA FÓRMULA DE CISALHAMENTO 
 
Para o efeito prático de cálculo de resistência a 
cisalhamento será levado em consideração 
somente o chamado esforço cortante simples, 
que age perpendicularmente ao eixo da peça, 
produzindo uma tensão de cisalhamento, 
fig. 25. 
 
Neste caso, diz-se resistência a cisalhamento puro. 
Sendo: 
 σs = Tensão admissível a cisalhamento em kgf / cm² 
 P = Força ou carga, em kgf, que age perpendicularmente ao eixo da peça; 
 S = Secção resistente ao cisalhamento, em cm². 
 a-) A tensão será diretamente proporcional à carga aplicada; 
 b-) A tensão será inversamente proporcional à secção resistente: 
 
Então: σs = Donde: P = σs x S e S = 
 
 
OBSERVAÇÃO: As tensões de ruptura a cisalhamento (σR-s), para os materiais 
em geral, segundo os resultados de ensaios, obedecem aproximadamente a 
seguinte relação com referencia à tensão de ruptura à tração: 
 σR–s = 0,6 a 0,8 x σR 
Os valores de σR-s, para os aços constantes da Tabela I, foram obtidos através 
da relação: 0,75 x σR. 
 
P 
S 
P 
σS 
 24
4.2 – APLICAÇÃO 
 
EXERCICIO 4.2.1 
 Na fig. 25, determinar o diâmetro de um rebite de aço SAE1015 
que deve suportar com segurança, a cisalhamento, uma força 
cortante pura de 1000 kgf (carga intermitente). 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
 P = 1000 Para SAE 1015: 
S = σR-s = 2880 kgf / cm2 
 σs = 
 
S = σs = 
 
 S = 2,08 cm² 
 
Donde: 
 
 d = = 
 
 d = 1,65 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1000 
480 
P 
σs 
σR-s 
F 
2880 
6 
σs =480 kgf/cm²
4 x S
π
4 x 2,08 
3,14 
 25
EXERCICIO 4.2.3 - 
No sistema de articulação 
representado na fig. 26, determinar 
o diâmetro do pino de aço SAE 
1040 que deve suportar, com 
segurança e a cisalhamento puro, 
uma força de 1000 kgf, sujeita a 
variação brusca. 
 
 
 
SOLUÇÃO: obs.: Pela figura observa-se que o pino tem duas secções 
resistentes. Assim sendo cada secção recebe apenas a 
metade da carga total. 
 
 
 σs = = 
S = 
σs =362 kgf/cm² 
 
 
 
S = 
 
S = 1,38 cm² 
 
 
 Donde: d= = 
 
 d = 1,33 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
2xσs 
σR-s 
F 
4350 
12 
1000 
2x362
4xS 
π 
4x1,38 
3,14
Fig 26 
 26
 
EXERCICIO 4.2.5 – A um eixo que tem 30 mm de diâmetro, pretende-
se fixar uma polia por meio de um pino, conforme 
mostrado na fig. 27. Considerando que o 
momento de torção (torque) no eixo é de 150 
cm.kgf, determinar o diâmetro do pino (dp), de aço 
SAE 1030. Admite-se tipo de carga de variação 
brusca. 
 
 Fig 27 
 
 
- SOLUÇÃO: 
P = força que age em cada secção resistente. 
 
 
P = Ft = r = 1,5 
 
 
Ft = = 100 kgf 
P = 50 kgf 
 
 
 
 
 
 Donde: dp = 0,453 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mt
r 
150
1,5 
Ft 
2 
Sp = P 
 σs 
Sp = 50 
 312 
Sp = 0,16 cm² 
σs = σR-s = 3750 = 312 kgf/cm² 
 F 12 
Dp = 4 x Sp = 4 x 0,16 
 π3,14 
 27
 
EXERCICIO 4.2.7 - 
Por meio de um acoplamento, 
representado na fig. 28, pretende-se 
transmitir o movimento de um eixo ao 
outro, com potencia de 10 cv a 500 rpm. 
 Determinar o diâmetro dos 3 parafusos de 
fi fixação, de aço SAE 1020. Admite-se, para 
 o caso, tipo de carga a choque. 
 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
N = Potencia, 10 cv 
 
n = Rotação, 500 rpm 
 
Material dos parafusos SAE 1020 σR-s = 3200 kgf / cm² 
 Carga a choque: F = 12 
 
 
 
s = 267 kgf / cm² 
 
 
Considerando-se que a força tangencial total seja transmitida por meio de 3 
parafusos; Tem-se: 
 
 P = onde: Ft = Ft = Força tangencial em kgf. 
 R = Raio de 4 cm; 
Mt = Momento de torção em cm.kgf 
P= Força que age em cada parafuso 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig.28 
σs = σR-s = 3200 
 F 12 
 
σs = 267 kgf/cm²
Ft 
3 
Mt 
R 
D=80 
 28
60 x 75 
 2 x π 
N 
n 
N 
n 
 
Momento de torção em função da POTÊNCIA e ROTAÇÃO: 
 
Sendo: 
 
 Mt = Ft x R onde Ft = 1 cv = 75 kgf m/seg 
 
 v = velocidade tangencial 
 
 Ft = Por outro lado, a velocidade 
tangencial em função da rotação, 
dada em rpm será: 
 
 v = 
 
Então: 
 Ft = = 
 
Deduz-se daí: 
 
Mt = x R onde: D = 2R 
 
 
 
Mt = x 
 
 
Mt = 716,2 em m.kgf ou Mt = 71620 em cm.kgf 
 
Voltando-se ao cálculo da Ft, teremos: 
 
 
Ft = Mt = 71620 N = 10 cv 
 n = 500 rpm 
Ft = 
Mt = 71620 
 
Ft = 358,1 kgf Mt = 1432,4 cm kgf 
 
 R = 4 cm 
 
A força que age em cada parafuso será: 
 
 P = 
 
 P = 119,3 kgf 
 
 
 
 
 
 
75 x N 
v 
75 x N 
v 
π x D x n
60 
75 x N 
π x D x n 
60 
60 x 75 x N
π x D x n 
 
 60 x 75 x N 
 π x D x n 
N
n 
Mt 
R 
1432,4 
4 
N
n 
10 
500 
Ft = 358,1 
 3 3 
 29
 
Donde, a secção do parafuso se calcula: 
 
S = P = 119,3 kgf 
 σs = 267 kgf / cm² 
 
S = 
 
 
S = 0,448 cm² Então: 
 
 d = 0,755 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 P 
σs 
119,3 
 267 
 d = 4 x S = 4 x 0,448 
 π 3,14 
 30
σf = Mf 
 W 
 
 
 
Resistência a flexão
 
5.1 – FÓRMULA DE RESISTÊNCIA À FLEXÃO 
 
Sendo: 
 
P = Carga, em kgf, que age perpendicularmente 
ao eixo da peça; 
 
L = Comprimento da peça em cm; 
 
σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm² 
 
I = Momento de inércia em cm4; 
 
W = Módulo de resistência em cm³. 
 
Mf = Momento fletor em cm.kgf 
 
Para o efeito de cálculo referente ao presente capítulo, será considerado somente a 
 
flexão pura, isto é, desprezando-se as forças cortantes. 
 
Em princípio, verifica-se que a tensão de flexão é: 
 
a. Diretamente proporcional ao momento fletor (mf); 
 
b. Inversamente proporcional ao seu módulo de resistência à flexão (W). 
 
– O MÓDULO DE RESISTENCIA é a característica geométrica da secção de uma viga 
 
que opõe à flexão. 
 
Então: 
 
 
Por outro lado, o módulo de resistência de uma secção, em função do Momento de 
 
inércia é expressa pela seguinte equação: 
 
 
 y = distância da linha neutra à fibra 
 mais afastada. 
NOTA: As fórmulas de Momento de Inércia (I) e Módulo de Resistência (W) de 
maioria das secções de uso prático estão apresentadas nas TABELAS – III e IV, nas 
paginas 31 e 32. 
 
Fig. 30 
W = I 
 y 
 31
TABELA – III 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y
a
b
a
b
a
h
b
a
b
a
y
y
y
b
2
w = b.h 
 24I = b.h 
 36
3
para y = 23 h
I = a - b 
 12
a
I = a - b 
 12
4 4
4 4
4
I = a
 12
W = a - b 
 6a
W = 2 ( a - b ) 
 12a
44
w = a
 6 2
44
3
R = h
 18
R = a - b 
 12
R = a - b 
 12
2 2
2
R = a
 12
2
MOMENTO DE INERCIA, MÓDULODE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO
a
D
d
SECÇÃO
y
y
y
d
R= IS
a
4
I = a
 12
4 4
4
w = a
 6
3
3
44
3
MOMENTO DE INERCIA
I
MOMENTO
DE RESISTENCIA
W=I/y
R = D + d 
 4
R = a
 12
2 2
R = d
 4
S= AREA DE 
SECÇÃO
RAIO DE GIRAÇÃO
W = 3,14d = 0,1d
 32 
I = (D - d )
 64
3,14 W = 3,14 (D - d )
 32D
I= 3,14d
 64 
MODULO 
MOMENTO DE INERCIA, MODULO DE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO 
R = h
 1218
 32
TABELA – IV 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R = h
 12b = 6.w
 h 
I= b.h
 12 
h
y
y
B
B
e
H
t
Hhe
I = eH - ( B - e ) t
 12 
 
3 3
I = BH - ( B - e ) h
 12 
 
3 3
y
y
y
b
H
B
e
h I = BH - ( B - e ) h
 12 
 
3 3
I = 0,06.b
4
b
b
4
I = 0,06.b
I = eH - ( B - e ) t
 6.H
 
w = BH - ( B - e ) h
 6 . H
 
3
3
R = 1 
 s
3
R = 1 
 s
3
R = 0,264.b
R = 0,264.b
w = BH - ( B - e ) h
 6 . H
 
3
w = 0,12.b
3
3
R = 1 
 s
3
w = 0,104.b
2
MOMENTO DE INERCIA, MÓDULODE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO
y
MOMENTO DE INERCIA
ISECÇÃO
3
S= AREA DE 
SECÇÃO
RAIO DE GIRAÇÃO
MOMENTO
DE RESISTENCIA
W=I/y
W = b.h
 6 
2
R= IS
MODULO
MOMENTO DE INERCIA, MODULO DE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO 
w
 33
TENSÃO DE FLEXÃO: - Pela Fig. 32 pode-se observar que uma viga ao se flexionar, 
 as suas fibras situadas acima da linha neutra (L.N.) 
se alongam, enquanto que as fibras inferiores, 
sofrem um achatamento, denotando uma 
compressão. Por outro lado, as fibras da camada 
neutra situada no plano da linha neutra, mantem-se 
inalterada. 
 
 Dessa forma, deduz-se que o corpo sujeito a um 
esforço de flexão sofre, simultaneamente, uma 
tensão de tração e outra de compressão. 
 
Consequentemente, para os valores de tensões de ruptura à flexão dos materiais, 
tomam-se os mesmos valores de tração ou de compressão, constantes da TABELA – I 
da pág. 7. – Caso os valores das tensões de ruptura à tração forem diferentes das de 
compressão, para a flexão, toma-se o valor menor. 
 
 
 
 
5.2 – DISPOSIÇÃO DA VIGA E DA CARGA: 
 
a – Diz-se que a viga está ENGASTADA, quando ela se acha firmemente presa ou 
embutida, conf. Fig. 33. 
 
 
 
 
 
b -Quando uma viga apenas descansa sobre os apoios, fig. 34, chamamos de viga 
SIMPLESMENTE APOIADA. 
 
Fig.3234
 
 
 
 
 
 
 
Fig.34 
 
c. Chamamos de carga CONCENTRADA, quando a mesma age sobre um ponto 
da viga, conf. Fig. 33 
 
d – Carga UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA, é aquela que se distribui igualmente ao 
longo da viga, Fig. 34. 
 
As diferentes disposições das vigas e das cargas, assim como, as equações de 
resistência aplicáveis a cada caso estão representadas na pág. 37. 
 
5.3 – CALCULOS DE RESISTÊNCIA À FLEXÃO 
 
EXERCICIO 5.3.1 – Uma barra de aço SAE 1020, engastada numa das 
extremidades, deverá suportar, com segurança, 
uma carga estática de 500 kgf, concentrada na 
extremidade livre, fig. 35. 
 Determinar o diâmetro da barra, sabendo-se que o 
seu comprimento é de 0,5 m. 
 
 
 
SOLUÇÃO : 
 
 Para material SAE 1020: 
 
 
 
 
 Sendo uma carga estática: F = 5 
 
 
 
σR = 4200 kgf/cm²
(igual a de tração e 
compressão) 
σR 
F 
σf = 4200 5 =
 35
 
 
σf = 840 kgf/cm² 
 
 
 
 
 
 
 Então: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para uma secção circular: 
 
 
 
 
Donde: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mf 
w 
σf = O momento fletor máximo (Mf), para o 
presente caso será: 
P.L 500 x 50 
σf 840 W = = 
W = 29,7 cm³ 
Mf = P.L P = 500 kgf 
L = 50 cm 
π.d³ 
32 W = 
(Ver tabela – III, pág 31.) 
32.w 
π 
32x29,7 
3,14 
 = 
d = 6,7 cm 
³ ³d= 
 36
EXERCICIO 5.3.3 - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, Fig. 
36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 
500 cm.kgf no parafuso, aplicando-se uma força de 20 
kgf na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 
10mm e h= 27mm 
Determinar: 
a-) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se 
material SAE 3130, com carga “brusca” 
b-)Se a seção resistente do cabo é suficiente. 
 
SOLUÇÃO: 
a- Calculo do comprimento (L): 
 
Mt = Mf = P.L Donde: L = 
 
 L = 25 cm 
 
 
 
 
 
 = 
 
 
 
 
 
b- A secção resistente mínima necessária será: 
 
 
 Pelas dimensões “b”=1,0 cm e “h”= 2,7 cm teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 =1,215 cm3 
 
 
Obs: como o “W” fornecido é > que o necessário, a seção resistente do cabo é 
suficiente ( 1,215cm3 > 0,885 cm3) 
 
 
W = 7,29 
 6 
Mt 
 P 
500 
 20 =
Mf 
 σf W = 
Mf = Mt = 500 cm.kgf 
σf = σr 
 F 
Para Aço SAE 3130 : 
 
σr = 6800 kgf/cm² 
 
F = 12 
σf = 6800 
 12 
σf = 565 Kgf/cm² 
W = 500 
 565 
=W 0,885 cm³ 
 
W = h.b ² 
 6 
Fig.36 
W = 1,0x 2,7² 
 6 
 37
FORMULAS RELATIVAS Á FLEXÃO DE 
VIGAS DE SECÇÕES CONTINUAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 38
EXERCICIO 5.3.6 – 
 
 Conforme indicado na Fig. 
38, pretende-se utilizar vigas de aço 
de perfil I para suportar no meio da 
viga (1), uma carga concentrada de 
5 tf (estática). Os comprimentos e 
distribuição das vigas são os 
seguintes: 
 L = 3m, L1 = 1,2m, 
 L2 = 1,8 m, L3 = 1,5 m. 
 Sendo o material dos perfis aço 
SAE 1020, determinar os tamanhos 
apropriados para as vigas (1) e (2), 
desprezando-se os pesos próprios. 
SOLUÇÃO: a- Calculo da viga (1) 
 
 
 | 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Procurando-se na TABELA – V, uma viga I que 
possua o Módulo de Resistência equivalente a 
224 cm³, ou imediatamente superior, 
encontramos: 
 
 I 8” x 4” x 27,3 kg / m com Wx = 236 cm³ 
 
P = 5000 Kgf 
L3 = 150 cm 
 
Material para SAE 1020:
 
σr = 4200 kgf/cm² 
 
Para cargas estáticas 
 
F = 5 
W = Mf 
 σ f 
Mf = Momento fletor máx. 
 
Mf = P.L3 
 4 
 
σf σ = r = 4200 = 840 kgf/cm² 
 F 5 
W = P. L3 = 5000 . 150 
 4 . σf 4 . 840 
 
W = 224 cm³ 
 39
b- Calculo das vigas (2): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pela TABELA – V, encontramos a viga I 8” x 4” x 27,3 kg/m que tem o Wx = 236 cm³ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P´ = P = 2500 kgf 
 2 
 
L = 300 cm 
L1 = 120 cm 
L2 = 180 cm 
σf = 840 kgf/cm² 
 
 
Mf = P´. L1 . L2 
 L 
W = Mf 
 σf 
W = P´. L1 . L2 = 2500 . 120 . 180 
 L . σf 300 . 840 
 
W = 215 cm³ 
 40
 
EXERCICIO 5.3.11 – Na fig. 42, determinar: 
 
A-) O tamanho da viga de 
aço SAE 1020, perfil U, item 
(1); 
 
 
B-) O tamanho da viga de 
aço SAE 1020, perfil “I”, item 
2; 
 
 
 
- Admite-se uma carga total de 5 tf, estática, desprezando-se os pesos próprios das 
vigas e das pranchas. 
- Comprimento das vigas: L1= 1,5m 
L2 = 3,5m, L3 = 1m, L4 = 1,5m, L5 = 1m. 
SOLUÇÃO: 
 
A – calculo da viga (1): 
 
 Pt = 5000 kgf 
 L1 = 150 cm 
Material: SAE 1020 
Carga estática 
Cada viga “U” suporta: 
P = 2500 kgf 
 
Sendo uma viga simplesmente apoiada e a carga uniformemente distribuída, 
teremos: 
 (ver formula na pág. 37) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 VIGA “U” 6” x 2” x 12,2 kg/m Wx = 71,7 cm³ 
 ( TABELA VI ) 
Mf = P . L1 
 8 
 
W = P . L1 
 8 . σf 
 
W = 2500 . 150 
 8 . 840 
 
W = 56,7 cm³ 
σf = σR = 4200 
 F 5 
σf = 840 kgf/cm² 
P = Pt 
 2 
 41
 
b – Calculo da viga (2): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Viga “I” 8” x 4” x 27,3 kg / m - Wx = 236 cm³ 
 (TABELA – V ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P’ = P 
 2 
P’ = 1250 kgf 
W= P’ . L3 
 σf 
 
W = 1250 . 100 
 840 
 
W = 149 cm³ 
 42
5.4 – CALCULO DE DEFORMAÇÕES EM FLEXÃO: 
 
 Nos cálculos de resistência à flexão, além do dimensionamento das vigas, muitas 
vezes, importa saber a deformação (flecha máxima) que uma viga sofre ao ser 
aplicada a carga. 
 
 As fórmulas relativas às deflexões, constam das fórmulas de flexão da pág. 37. 
 
EXERCICIO – 5.4.1 – Por exemplo, uma viga de perfil “I”, simplesmente apoiada, fig. 43, é 
solicitada por uma carga estática, concentrada no 
meio da viga, de 4,4 tf. Sabendo-se que o vão entre 
os apoios é de 3 m, e o material da viga, aço SAE 
1020, DETERMINAR: 
 Fig.43 
a- O tamanho do perfil I ; 
b- A flecha máxima da viga. 
 
SOLUÇÃO: 
a – Calculo da viga: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga I 10” x 37,7 kg/m Wx = 405 cm³ 
 
c- Calculo da flecha (f): 
 
 
P = 4400 kgf 
 
L = 300 cm 
 
E = 2.100.000 kgf / cm² 
 
I = 5140 cm4 (Ver tabela – V) 
 
W = P . L 
 4 . σ f = 4200 5 
σ f = σ R 
 F 
 
σ f= 840 kgf/cm² 
W = 4400 . 300 
 4 . 840 
 
W = 393 cm³ 
f = P . L³ 
 48 . E . I 
 
f = 4400 . 300³ 
 48 . 2,1 . 10 . 5140 
 
f = 0,228 cm 
6
 43
TABELA – V 
 
 VIGAS I - PADRÃO AMERICANO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 44
TABELA – VI 
 
VIGAS U - PADRÃO AMERICANO45
TABELA – VII 
 
 
CANTONEIRAS DE ABAS IGUAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 46
 
 
 
Resistência a torção
 
 
 
 
6.1 – FÓRMULA DE RESISTÊNCIA À TORÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
Num eixo que tem uma das extremidades engastada, se fizer atuar na extremidade 
livre, forças binárias (P), fig. 44, num plano da secção transversal, o eixo sofrerá uma 
torção, em virtude do momento de torção (torque), produzindo uma tensão de torção, 
que por sua vez causará ao eixo uma deformação (φ ) que chamamos de ângulo de 
torção. 
 
Sendo: Mt = Momento de torção em cm.kgf; 
 
 σt = Tensão de torção em kgf / cm²; 
 
 Wp = Módulo de resistência polar em cm³; 
 
A tensão de torção (σ t) que produz no corpo será: 
a- Diretamente proporcional ao momento de torção (Mt), 
b- Inversamente proporcional a característica geométrica da secção que se opõe à 
torção, o que chamamos de MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR (Wp). 
 
 
Então: 
σt = Mt 
 Wp 
 47
 Convém observar que as tensões de torção produzidas no corpo equivalem às 
tensões de cisalhamento. 
 Dessa forma, para a determinação das tensões de torção dos diferentes 
materiais, tomam-se os valores das tensões de ruptura a cisalhamento dos 
respectivos materiais. 
 
 Assim sendo, a tensão admissível à torção será: 
 
 
 
 Onde: σR-S = Tensão de ruptura a cisalhamento 
 em kgf / cm² (ver tab. I ; pág. 7) 
 
 F = Fator de segurança (ver tab. II na pág. 10) 
 
Por outro lado, as fórmulas dos módulos de resistência polar (Wp) para as 
principais secções constam da tab. VIII. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
σt = σR-S 
 F 
Wp = Ip 
 R 
Ip = Momento de inércia polar em 
cm . 
R = Raio em cm.
4 
 48
 
6.2 – CALCULOS DE RESISTÊNCIA À TORÇÃO: 
 
EXERCICIO 6.2.1 - Na fig. 45, a secção quadrada da chave para 
apertar peças na placa do torno está sujeita a uma 
torção. 
 Considerando que a força (P) aplicada em cada 
lado do cabo seja de 10 kgf e o comprimento (L) 
de 20 cm, determinar o lado (a) da secção. 
Admite-se material SAE 1040 e tipo de carga de 
variação brusca. 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
Wp = P . L = 10 . 20 
 tσ 362,5 
 
Wp = 0,551 cm³ Para secção quadrada: ³.
9
2 aWp = 
 
Donde: 
 
a = 
 
 
 
 
 
 
 
 = tσ Mt então Wp = Mt 
 Wp tσ 
Mt = P .L 
tσ = Rσ -S = 4350 
 F 12 
tσ = 362,5 Kgf/cm² 
9 . Wp 
 2 
3 3
9 . 0,551 
 2 =
a = 1,353 cm 
 49
TABELA – VIII 
MOMENTO DE INERCIA POLAR 
E 
MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 50
 
 
 EXERCICIO 6.2.3 – 
 
 No sistema de transmissão da fig. 47, 
determinar o diâmetro do eixo 
de aço SAE 1040 que deve transmitir uma 
potencia de 
20 cv, a 500 rpm, sujeito a variações 
bruscas. 
 
 
Momento de torção em função da 
POTENCIA (cv) e ROTAÇÃO (rpm) 
 
SOLUÇÃO: N = Potencia – 20 cv; 
 
 n = Rotação – 500 rpm 
 
 
 
Mt = 71620 N em cm.KGF 
 n 
 Mt =71620 . 20 = 2864,8 cm.KGF (torque) 
 500 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mt = 71620 N em cm,kgf 
 n 
 
 
Wp = π . d³ (ver tabela VIII).
 16 
 
tσ = Mt 
 Wp 
N = potencia em CV; 
n = rotação em rpm; 
 
σt= σr-s = 4350 
 F 12 
σt= 360 kgf/cm² 
portanto 
tσ = Mt portanto Wp = Mt = 2864,8 = 7,957cm³ 
 Wp tσ 360 
 
Wp = π . d³ assim d= Wp . 16 = 7,957 . 16 = Ø 3,43 cm 
 16 π 3,14 
 
 
3 3
 51
6.4 – EIXOS SUJEITOS A MOMENTOS COMPOSTOS DE FLEXÃO E TORÇÃO: 
 
Em alguns casos, um eixo deve resistir tão 
bem a tensão de flexão como a de torção, 
fig. 48. Se a tensão de flexão é muito 
grande e afeta de maneira apreciável na 
resistência do eixo, este deve ser calculado 
através da formula de “MOMENTO 
COMPOSTO” ou “MOMENTO 
EQUIVALENTE” que resulta das ações das 
duas tensões consideradas. 
 
 
 
FORMULAS DE MOMENTO EQUIVALENTE: 
Sendo: Mf = Momento fletor máximo em cm.KGF; 
Mt = Momento de torção em cm.KGF; 
Me = Momento equivalente em cm.KGF. 
 
 
 
 
 
Temos as seguintes fórmulas de momento equivalente, conforme os diferentes 
autores: 
 
a- Fórmula de “Guest”, usada para peças de secções circulares e material de aço 
doce: 
 
 
 
b- Formula usada para materiais maleáveis, tais como, aço mole, cobre, latão 
macio e tubos de aço mole: 
 
 
 
c- Outra fórmula comumente usada por alguns autores, e considerada como 
sendo o momento ideal e a seguinte: 
 
Me = Mf ² + Mt ² 
Me = 1,3 Mf ² + Mt ² 
Me = Mf + Mf ² + Mt ² 
 52
 
d- Fórmula de “Grashof”, para materiais frágeis como ferro fundido, aços de 
ferramenta, bronze duro e outros materiais de baixa estrição; (quebradiços) 
 
 
 
OBSERVAÇÃO: 
 Para calcular um eixo sujeito a momento composto, o momento equivalente 
obtido por meio de uma das fórmulas acima é introduzido na equação de resistência à 
torção, conforme segue: 
 
 σt = Tensão admissível à torção em KGF / 
cm²; 
 
Me = Momento equivalente em cm.KGF; 
 
Wp = Módulo de resistência polar em cm³ 
 (ver tab. VIII) 
Para secção circular: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Me = 3 Mf + 5 Mf ² + Mt ² 
 8 8 
σt = Me 
 Wp 
 
Donde: 
 
Wp = Me 
 σt 
 
π . d³ = Me 
 16 σt 
Wp = π . d³ 
 16 
Teremos então: d = 1,72 Me em cm 
 σt 
 
3 
 53
 EXERCICIO 6.4.1 – Na fig. 48, considerando: 
 P = 200 Kgf F1 = 1200 Kgf F2 = 200 Kgf 
 R = 300mm e L = 1m; Material do eixo, SAE 1020; 
 Tipo de transmissão reversível (alternada) sem choque, 
determinar o diâmetro do eixo. 
 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
a – Calculo do Momento de torção: 
 
 Mt = (F1 – F2) x R 
 
 Mt = (1200 – 200) x 30 
 
 Mt = 30000 cm.KGF 
 
b – Calculo do momento fletor: 
 
 
Mf = ( P + F1 + F2 ) . L 
 4 
Mf = (200 + 1200 + 200 ) . 100 
 4 
Mf = 40000 cm.KGF 
 
c – Calculo do momento equivalente: 
 
 c.1 = Fórmula de “Guest”: 
 
 
Me = Mf² + Mt² = 30000² + 40000² 
 
Me = 50000 cm.kgf 
 
 
 54
 
Neste caso, o diâmetro do eixo será: 
 
d = 1,72 Me 
 σt 
 
d = 1,72 50000 
 400 
 
d = 8,6 cm 
 
c.2 – Pela fórmula (b) do momento equivalente: 
 
 
 
 
 
o diâmetro do eixo será: 
 
d = 1,72 65000 
 400 
 
d = 9,4 cm 
 
c.3 – Pela fórmula (c) do momento equivalente: 
 
Me = Mf+ Mf² + Mt² = 40000 + 30000² + 40000² 
 
Me = 90000 cm.kgf 
 
Donde: 
 
d = 1,72 90000 
 400 
 
d = 10,5 cm 
 
d – Calculo do diâmetro pela equação de resistência à torção simples: 
 
σt = Mt 
 Wp 
 sendo: 
 
teremos: 
 
d = 1,72 Mt = 1,72 30000σt 400 
d = 7,25 cm 
 
3
3
σt = σr-s = 3200 
 F 8 
σt = 400 kgf/cm² 
 
Me = 1,3 Mf² + Mt² = 1,3 30000² + 40000² 
 
Me = 65000 cm.kgf 
3 
3 
Wp = π . d³ 
 16 
3 3
 55
6.5 – CALCULO DE MOLAS HELICOIDAIS: 
 
Nas molas helicoidais, cada espira da 
mesma está sujeita a um momento de 
torção (mt), e a uma tensão admissível à 
torção (σt); 
 
Segundo a fig. 50, o momento de torção será: 
 
 
2
PxDMt = 
 
 
Para secção circular do fio da mola: 
 
Wp = π . d³ (VER TAB. VIII) 
 16 
Então: 
 
 
σt = 8 . P . D 
 π . d³ 
 
Donde: o diâmetro do fio pode ser calculado através da seguinte equação: 
 
 
 3
.
..8
t
DPd σπ= em cm sendo: P = Carga em kgf; 
 D= Diâmetro médio em cm. 
 
 
Por outro lado, deduz-se que: 
 
 
 
 
A deflexão total da mola de (N) espiras será: 
ft = Deflexão total em cm; 
P = Carga em kgf; 
D = Diâmetro médio da mola em cm; 
G = Módulo de elasticidade a 
cisalhamento em kgf / cm²; 
(TAB.IX) 
d = Diâmetro do fio em cm. 
 
P = π . σt . d³ 
 8 . D 
Ft = 8 . P . D³ . N
 G. 4d 
 56
 
Consequentemente, o número de espiras (N) da mola poderá ser determinado 
pela seguinte expressão: 
 
N = ft . G . d 
 8 . P . D³ 
 
 
A deflexão unitária, isto é, a deflexão sofrida por uma espira será: 
 
f = 8 . P . D³ 
 G . d 
 
 
A força que pode ser aplicada em função do numero de espiras e da deflexão total da 
mola, será: 
 
P = ft . G . d 
 8 . N . D³ 
 
 
TABELA – IX 
VALORES DO MÓDULO DE ELASTICIDADE A 
CISALHAMENTO (G): 
 
Aço carbono----- 0,70% ---- 700000 kgf / cm² 
Aço carbono ----- 0,90% ----- 740000 kgf / cm² 
Arame de aço para piano ----- 840000 kgf / cm² 
Latão e bronze fosforoso -----420000 kgf / cm² a 560000 kgf / cm² 
 
TABELA – X 
Tensões admissíveis (σt) para as molas helicoidais: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
4 
4 
 57
d = 8 . 20. 5 
 3,14 . 4200 
 
EXERCICIO 6.5.1 – Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve 
trabalhar com um força de 20 kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro 
médio da mola deverá ser de 50 mm. 
 - Calcular também o número de espiras para obter uma deflexão total de 100 mm. 
Admite-se: G = 700 000 kgf / cm² e tipo de serviço severo. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 a – Calculo do diâmetro do fio (d): 
 
P = 20 kgf; 
D = 5 cm; 
Considerando-se preliminarmente: σt = 4 200 kgf /cm² 
 
 
Obs: Verifica-se que pelo diâmetro encontrado, a σt 
deveria ter sido outra, isto é, pela tabela – X, talvez a 
tensão admissível correta será σt = 3850 kgf/cm². 
 
Dessa forma, recalculando, teremos: 
 
 
 
 
 
b- Cálculo do número de espiras (N): 
 
 
Ft = 100 mm = 10 cm 
G = 700 000 kgf / cm² 
d = 0,4 cm 
P = 20 kgf 
D = 5 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d = 8 . P. D 
 π . σt 
3 
3 
d = 0,394 cm 
d = 8 . 20. 5 = 
 3,14 . 3850 
3 
d =0,4 cm ou 4 mm 
N = ft.G.d = 
 8.P.D³ 
4 
N = 44,0.700000.10 
 8.20.5³ 
 
N = 9 espiras 
 58
 
 
 
Resistência dos recipientes
 
 
 
 
 
8.1 – RESISTENCIA DOS CILINDROS SUBMETIDOS A PRESSÃO INTERNA 
 
a - Calculo da parede do cilindro: 
O cálculo do cilindro submetido a pressão interna poderá ser desenvolvido 
baseando-se na resistência à tração, conforme segue: Fig. 64, 
 
Sendo: 
 
p = Pressão interna em kgf/cm² 
 
σ = Tensão admissível à tração em kgf/cm² 
 
Di = diâmetro interno do cilindro em cm; 
 
e = Espessura da chapa do cilindro em cm; 
 
P = Força que tende a abrir o cilindro em 
duas metades em kgf; 
 
S = Secção resistente em cm²; 
 
A = Área na qual age a pressão em cm²; 
 
 Teremos: 
Onde: 
 P = p x A A = Di x L 
 P = p x Di x L 
 S = 2 x e x L 
 
 
 
Então: 
 
 
 
 
 
Esta fórmula é válida para as pressões baixas, isto é, até cerca de 40 kgf/cm². 
σ = P 
 S 
σ = p.Di.L 
 2.e.L 
σ = p.Di ... e = p.Di 
 2.e 2.σ 
 59
 
a- Para as pressões mais altas, pode-se usar a fórmula de Lamé: 
 
Onde: 
e = Espessura da chapa em cm; 
 
p = Pressão em kgf/cm²; 
 
σ = Tensão admissível à tração em kgf/cm² 
 
Ri = Raio interno do cilindro em cm; 
 
Re = Raio externo em cm; 
 
 
 
 
 
 
 
 
8.2 – Calculo de cilindros e tubos sujeitos a pressão externa (Pressão de 
colapso) 
 
Segundo Dubbel: 
 
Para evitar o colapso do cilindro submetido a pressão externa é necessário 
que; 
 
Sendo: 
σc = Tensão admissível à compressão em kgf/cm² 
 
p = Pressão efetiva em kgf/cm²; 
 
Re = Raio externo em cm; 
 
Ri = Raio interno em cm; 
 
 
 
 
 
Só se pode admitir pressão: 
 
 
Para paredes finas: 
 
e = Ri ( σ + p -1 ) 
 σ - p 
σ = p ( Re² + Ri² ) 
 Re² - Ri² 
 
p = σ ( Re² - Ri² ) 
 Re² + Ri² 
σc = ≥ 1,7.p.Re² 
 Re² - Ri² 
Ri ≤ 1- 1,7 p .... e = Re ( 1- 1 – 1,7 p ) 
Re σc σc 
p< σc 
 1,7 
σc ≥ Re.p ou e ≥ Re.p 
 e σc 
 60
 
Segundo “Stewart” 
 
 A pressão de colapso do tubo será: 
 
 
 
 Para p > 40 kgf/cm² 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para p < 40 kgf/cm² 
 
 
 
Essas fórmulas são válidas para os tubos de 7 a 18” de diâmetro. 
 
FATOR DE SEGURANÇA (f): 
 
 F = 5 -----------------------------------Para casos gerais; 
 F = 6 a 12 ----------------------------- Para as pressões variáveis, a choque ou com 
 Vibrações. 
A pressão admissível (Pad) será: 
 
Pad = Pcolap. 
 F 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
p = 6000 e - 100 
 De 
 
 portanto 
 
e ≥ (p + 100 ) . De 
 6000 
p = 3,5 . 10 ( e )³ 
 De 
6 
 61
e = p.Di portanto σ = p.Di 
 4. σ 4.e 
8.3 – RESISTENCIA DOS RECIPIENTES ESFÉRICOS SUJEITOS À PRESSÃO 
INTERNA 
 
Sendo: 
 
Di = ø interno do recipiente em cm; 
 
p = Pressão interna em kgf/cm²; 
 
σ = Tensão admissível em kgf/cm²; 
 
e = Espessura do recipiente em cm: 
 
Teremos: 
 
 
 
 
 
Essas fórmulas são também aplicáveis aos recipientes hemisféricos, como no caso de 
tampões hemisféricos dos recipientes cilíndricos sujeitos às pressões internas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 62
8.4 – CALCULO DE TAMPÕES ABAULADOS: (segundo Dubbel) 
 
 
 
 
 
 a- fundo plano b- abaulado c- Arco de três d- Fundo elíptico 
 baixo centros 
 
 baixa pressão alta pressão 
 
Para o tipo (c): R = 0,8 x D 
 
 
 
Para o tipo (d): R max. = D 
 
 
 
Sendo: 
 
D = ø ext. do tampão em cm; 
 
e = espessura da chapa em cm; 
 
p = pressão em kgf/cm²; 
 
σ = Tensão admissível em kgf/cm²; 
 
y = coeficiente que depende da forma 
 do fundo; 
 
c = valor em cm a ser adicionado à 
 espessura. 
 
 
 
 
 
 VALORES DE (C): 
 c = 0,2 cm - para fundos cheios ou com pequenos furos, porém 
 sem a abertura de inspeção. 
 
 c = 0,3 cm – com abertura de inspeção. 
 
 
 
r = D 
 6,5 
rmin = D 
 8 
e = D.p.y + c 
 2.σ 
 63
8.5 – APLICAÇÃO: 
 
 EXERCICIO 8.5.1 – Calcular a espessura da paredede um recipiente cilíndrico 
de 500 mm de diâmetro interno que deve suportar, com segurança, uma pressão 
interna de 20 kgf / cm², sabendo-se que a chapa é de aço SAE 1020 e carga variável 
de zero a um valor maximo. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 Para aço SAE 1020 σr = 4200 kgf/cm² (pág.7) 
 
 Para carga intermitente: F = 6 
 
 Donde: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
e = p.Di 
 2.σ 
 
e = 20 . 50 
 2 .700 
 
e = 0,712 cm 
σ = σr 
 F 
σ = σr = 4200 
 F 6 
σ = 700 kgf/cm² 
 64
r 
 
Resistência das placas
 
 
 
 
 
 
 
9.1 – Uma placa de ferro fundido, de formato quadrado fixa rigidamente pelas suas 
extremidades e carregada com uma carga uniformemente distribuída ou concentrada 
no centro, tende a romper segundo a fig. 66. 
 
Ela tende a romper ao longo da diagonal AB e 
depois falhar nos cantos ou nas suas proximidades 
ao longo das linhas BB. 
 
A chapa tende também a cisalhar ao longo das 
linhas BB, dependendo do método de aplicação 
da carga e da espessura da chapa. 
 
 Se a chapa for simplesmente apoiada nas suas quatro extremidades, ela 
tenderá a romper-se somente segundo a diagonal AB. 
 
 Na fig. 67, está ilustrada a maneira provável de ruptura de uma chapa 
retangular de ferro fundido, sujeita a uma carga uniformemente distribuída. 
 
Se a chapa for fixa nas quatro extremidades, 
provavelmente romper-se-á ao longo da linha de 
centro AA e ao longo da diagonal AB, e 
posteriormente falhar nos cantos ou nas suas 
proximidades segundo as linhas BB. 
 
Se a chapa for simplesmente apoiada nas quatro extremidades, ela tenderá a se 
romper somente ao longo da linha de centro AA e as diagonais AB. 
 
 
 
 65
9.2 – FÓRMULAS: 
 
Como as fórmulas variam conforme os autores, foram selecionadas as que 
oferecem valores mais altos e maior segurança. 
Todas as fórmulas se aplicam as placas de ferro fundido, todavia são 
válidas também para os materiais diferentes. 
 
 Sendo: 
P = Carga total em kgf; 
p = Pressão em kgf / cm²; 
L = Vão ou distancia entre os suportes em cm; 
σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm²; 
e = Espessura da chapa em cm; 
 
Para chapas retangulares: 
 
L1 = Comprimento em cm; 
L2 = Largura em cm; 
f = flecha de deflexão em cm. 
 
 
9.2.1 – CHAPA QUADRADA, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
 UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. 
 
 (Segundo a fórmula de “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P = 3,56.σf.e² portanto σf = P = p.L² 
 3,56.e² 3,56.e² 
 
f = 0,0138 P.L² 
 E.e³ 
e = P 
 3,56. σf
 66
9.2.2 – CHAPA QUADRADA, FIRMEMENTE PRESA NAS 4 EXTREMIDADES 
E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. 
 
 (Segundo a fórmula de “Unwin”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.2.3 – CHAPA QUADRADA, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
 CONCENTRADA NO MEIO. 
 
 (Segundo “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.2.4 – CHAPA QUADRADA, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
CONCENTRADA NO MEIO. 
 
 (Segundo “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P = 4.σf.e² .... σf = P = p.L² 
 4.e² 4.e² 
 
f = 0,0443 P.L² 
 E.e³ 
P = 0,67.σf.e² .... σf = P 
 0,67.e² 
 
f = 0,1772 P.L² 
 E.e³ 
P = 0,76.σf.e² .... σf = P 
 0,76.e² 
 
f = 0,0552 P.L² 
 E.e³ 
e = P 
 4. σf
e = P 
 0,67. σf 
e = P 
 0,76. σf 
 67
 
 
9.2.5 – CHAPA RETANGULAR, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA. 
 (Segundo “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.2.6 – CHAPA RETANGULAR, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. 
 
 (Segundo “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.2.7 – CHAPA RETANGULAR, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
 CONCENTRADA NO MEIO 
 
 (Segundo “Grashof”): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P = 2,67 σf.e² (L1² + L2²) .... σf = 0,375 P.L1.L2 
 L1.L2 e²(L1²+L2²) 
f = 0,0284 P.L2² 
 E.e³ 
P = 1,77 σf.e² (L1² + L2²) .... σf = P.L1.L2 
 L1.L2 1,77.e²(L1²+L2²) 
f = 0,1422 P.L2² 
 E.e³ 
P = 0,33 σf.e² (L1² + L2²) .... σf = 3.P.L1.L2 
 L1.L2 e²(L1²+L2²) 
f = 0,5688 P.L2² 
 E.e³ 
e = 0,375. P.L1.L2 
 σf.(L1²+L2²) 
e = P.L1.L2 
 1,77.σf.(L1²+L2²) 
e = 3.P.L1.L2 
 σf.(L1²+L2²) 
 68
σf = p.R² = 0,318 P f = 0,265 P.R² 
 e² e² E.e³ 
σf = 0,67 p.R² = 0,21 P f = 0,053 P.R² 
 e² e² E.e³ 
9.2.8 – CHAPA RETANGULAR, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA 
 CONCENTRADA NO MEIO. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.3 – CHAPAS CIRCULARES: 
 
 Sendo: 
P = Carga total em kgf; 
p = Pressão em kgf / cm²; 
R = Raio da chapa em cm; 
 σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm²; 
e = Espessura da chapa em cm; 
f = Flecha da deflexão no centro da chapa em cm; 
E = Módulo de elasticidade em kgf / cm²; 
 
9.3.1 – SIMPLESMENTE APOIADA E CARGA UNIFORMEMENTE 
 DISTRIBUIDA. 
 (Segundo “Reuleaux”): 
 
 
 
 
9.3.2 – FIXA EM TODA VOLTA COM CARGA UNIFORMEMENTE 
DISTRIBUÍDA. 
 (Segundo “Reuleaux”): 
 
 
 
 
9.3.3 – APOIADA EM TODA A VOLTA E CARGA CONCENTRADA NO CENTRO 
 SOBRE UMA ÁREA CIRCULAR DE RAIO (r). 
 
 (Segundo “Bach”): 
 
³
²5,0
²
)
3
21(
43,1
exE
RxPxf
e
Rx
rxxP
xf =
−
=σ 
P = 0,38 σf.e² (L1² + L2²) .... σf = 2,62 P.L1.L2 
 L1.L2 e²(L1²+L2²) 
f = 0,1136 P.L2² 
 E.e³ 
e = 2,62. P.L1.L2 
 σf.(L1²+L2²) 
 69
 
 
Cálculo de engrenagens
 
 
10.1 – Em tecnologia, se soubermos o valor do MÓDULO de uma engrenagem, 
podemos determinar todos os seus elementos, pelas fórmulas convencionais, 
apropriadas para cada tipo de engrenagem. 
Dessa forma, para as engrenagens 
cilíndricas, Fig. 68, os principais elementos 
podem ser calculados pelas seguintes 
fórmulas, tomando-se: 
 M = Módulo em mm 
 Z = Número de dentes da 
 engrenagem. 
 
- Diâmetro primitivo -------------------Dp = M x Z 
- Diâmetro externo ---------------------De = M x ( Z + 2 ) 
- Diâmetro interno ----------------------Di = M x ( Z – 2,33 ) 
- Passo ------------------------------------P = π x M 
- Altura de dente ------------------------h = 2,166 x M 
- Altura da cabeça ---------------------- k = M 
- Altura do pé --------------------------- f = 1,166 x M 
 
 Pelo exposto, podemos concluir que o MÓDULO é o elemento básico que 
define o tamanho dos dentes das engrenagens e serve para dimensionar os demais 
componentes das mesmas. 
 
 Por outro lado, verifica-se que o 
MÓDULO pode ser determinado através 
da resistência à flexão, conforme 
mostrado na fig. 69. 
 
 
 Segundo “Klingelnberg”, a fórmula deduzida é a seguinte: 
 
Onde: M = MÓDULO 
M = Ft.q 
 b. σf 
 70
Ft = Força tangencial que age no dente, em kgf; 
b = Espessura da engrenagem; 
q = Coeficiente que varia de acordo com o numero 
 de dentes da engrenagem e o ângulo deataque α ; 
σf = Tensão admissível à flexão do material em kgf / cm²; 
Como o perfil do dente de uma engrenagem varia de acordo com o seu número de 
dentes, atribui-se um coeficiente (q) que tem os valores constantes da tabela abaixo: 
 
TABELA – XII 
VALORES DE (q) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TABELA – XIII 
VALORES DE TENSÕES ADMISSÍVEIS À FLEXÃO (σf ): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 71
RELAÇÃO DA ESPESSURA DA ENGRENAGEM ( b ) E O MÓDULO ( M ): 
 
 A relação: 
 
 Essa relação é estabelecida em função do acabamento dos dentes e obedece, 
aproximadamente, os seguintes valores: 
 
 VALORES DE λ : 
 
- Para engrenagens de ferro fundido com dentes em bruto ............... ± 6 
- Para engrenagens de dentes fresados .............................................. ± 10 
- Para engrenagens de dentes fresados e os mancais dos eixos em alinhamento 
perfeito .......................................................................± 15 a 25 
 
 
 OBSERVAÇÕES: - Outras informações técnicas que interessam aos cálculos 
de engrenagens são: 
 
a-) - Numero de dentes mínimo ideal (Z min.) = 17 dentes. 
 Excepcionalmente admite-se até 12 dentes. 
 
b-) A relação de transmissão admissível para um par de engrenagens; 
 De modo geral, até 1:7 . 
 
Para relações maiores empregam-se vários jogos de engrenagens ou conjunto coroa 
rosca sem-fim. 
 
10.2 – APLICAÇÃO 
 
 EXERCICIO 10.2.1 – Determinar o MÓDULO de uma engrenagem que deve 
transmitir o movimento com uma potência de 15 cv a rotação de 500 rpm. A 
engrenagem deve ter 40 dentes e deverá ser feita de aço SAE 4140 e fresada com 
α = 20º. 
 
 
 
 
 
λ = b 
 M 
 72
SOLUÇÃO: 
 
 
 Deduzindo-se a fórmula em função 
da potência ( N em cv ) 
e rotação (n em rpm), teremos a 
seguinte expressão: 
 
 
 Sendo: N = Potência em cv ......................15 cv 
q = Coef. (tabela) ........................2,9 
λ = Relação b / M ........................10 
Z = Nº de dentes .......................... 40 
n = Rotação ................................ 500 rpm 
σf = tensão adm.(tabela) .................... 1600 kgf/cm² 
 
 
 
NOTA: Acontece que na prática, não encontramos a ferramenta cortadora (fresa) com 
qualquer medida, mas sim, apenas uma série com uma gama de variação 
estabelecida pelas normas, por exemplo, pela norma DIN: 
 
 
 MÓDULO GAMA DE VARIAÇÃO 
 
0 a 1 0,1 a 0,1 
1 a 4 0,25 a 0,25 
4 a 9 0,5 a 0,5 
9 a 16 1 a 1 
 
 
Dessa forma, o valor do Módulo calculado no exercício acima, que está entre os 
Módulos 1 a 4, deve enquadrar numa gama de variação de 0,25 a 0,25, isto é: 2 / 
2,25 / 2,5 / 2,75 / 3 / etc. 
 - Assim sendo, ao invés de 2,65, teremos que usar, para o efeito de execução 
da engrenagem, o MÓDULO imediatamente superior que é o 2,75. 
 
 
M = Ft.q 
 b.σf 
M = 52 ³ N.q em cm 
 λ.Z.n.σf 
 
M = 52 ³ 15.2,9 
 10.40.500.1600 
 
M= 0,265 cm ou 2,65 mm 
 73
 
 
 
Exercícios ref. à tração
 
 
 
Exercício- 2.2.1 A 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de 
aço SAE 1010 (F= mole), determinar: 
 O diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) alternado, 
a tração de 2500 Kgf. 
 
 
 Resp. d= 2,69 cm ou 26,9 mm 
 
 
Exercício- 2.2.1 B 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com 
dia. 50 e de aço SAE 4130 (F= duro), determinar qual a carga P (brusca), esse 
diâmetro resiste com segurança. 
 
 
 Resp. P= 11287,2 Kgf 
 
 
Exercício- 2.2.1 C 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de 
aço SAE 5150 (F= duro), determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com 
segurança, um esforço (P) alternado, a tração de 10.500 Kgf. 
 
 
 Resp. d= 3,62 cm ou 36,2 mm 
 
 
Exercício- 2.2.1 D 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de 
aço inox ANSI 410 (F= duro), determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com 
segurança, um esforço (P) estático, a tração de 105.500 Kgf. 
 
 
 Resp. d= 10,47 cm ou 104,7 mm 
 
 
 
 
 
 
 74
Exercício- 2.2.1 E 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com 
dia. 60mm e material latão (F= mole),determinar qual a carga P (intermitente), esse 
diâmetro resiste com segurança. 
 
 
 Resp. P= 16.113,9 Kgf 
 
 
Exercício- 2.2.1 F 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de 
ferro fundido, determinar: 
 O diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) alternado, 
a tração de 1000 Kgf. 
 
 
 Resp. d= 3,09 cm ou 30,9 mm 
 
 
Exercício- 2.2.1 G 
 
 - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com 
dia. 50 e de aço SAE 2330 (F= duro), determinar qual a carga P (estática), esse 
diâmetro resiste com segurança. 
 
 
 Resp. P= 36.324 Kgf 
 
 
Exercício- 2.2.3 A 
 
 -A peça mostrada na fig. 13, e constituída de uma parte maior grossa, que tem 
o diâmetro de 100 mm, e outra mais. 
 Fina de 80 mm. Calcular a carga P alternada que pode ser aplicada a peca, 
considerando-se que a mesma e feita de. 
 Material alumínio. 
 
 Resp. P= 11.308,5 Kgf 
 
 
Exercício- 2.2.3 B 
 
 -A peça mostrada na fig. 13, esta sujeita a uma carga P estática de 150 Kgf. 
Considerando-se que o diâmetro maior é de 30 mm, o material da peça SAE 8640 
(duro), calcular o diâmetro menor necessário para suportar a carga com segurança. 
 
 
 Resp. d= 0,319 cm ou 3,19 mm 
 
 
 
 
 
 75
Exercício- 2.2.3 C 
 
 -A peça mostrada na fig. 13, tem o diâmetro maior de 300 mm e o menor de 
200 mm. Calcular a carga (P) estática que pode ser aplicada a peça, considerando 
que a mesma é feita de material SAE 1030 (duro). 
 
 Resp. P= 392.687,5 Kgf ou 392,6 tf 
 
 
 
Exercício- 2.2.5 A 
 
 -No sistema representado na fig. 14, determinar: 
 
 A) O diâmetro (d) da peça feita de aço inox ANSI 316 (duro). 
 
 B) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça, sendo o 
material dos parafusos SAE 1070 (AÇO DURO) 
 
 di=30 mm. Admite-se uma carga (P) de 40.700 Kgf BRUSCA. 
 
 Resp. A) d= 10,18 mm 
 
 B) quantidade= 10 parafusos 
 
 
Exercício 2.2.5 B 
 
 -Na fig. 14, determinar o diâmetro (d) da peça feita de aço SAE 1040 e a 
quantidade de parafusos feitos de aço SAE 3140. Admite-se carga P=7500Kgf 
intermitente, e di = 15 mm. 
 
 Resp. d= 3,15 cm 
 
 Quantidade= 4 parafusos 
 
 
Exercício 2.2.7 A 
 
 -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na 
haste do pistão uma força (P) de 60 ton, alternada. 
 - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão é de 650 
psi. 
 DETERMINAR: 
A) O diâmetro (d) da haste sendo o mat. aço SAE 5150. 
B) O diâmetro (D) do cilindro. 
C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço inox ANSI 
301, e que a fixação e feita por meio de 24 parafusos. 
 
 
 Resp. A) d= 8,65 cm 
 B) D= 41,79 cm 
 C) di= 1,81 cm = 18,1 mm 
 
 
 76
Exercício 2.2.7 B 
 
 -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na 
haste do pistão uma força (P) de 150 ton, estática. 
- A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 850 psi. 
 
 DETERMINAR: 
 
 A) O diâmetro (d)da haste sendo o material aço SAE 1070. 
 
 B) O diâmetro (D) do cilindro. 
 
 C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço 
 SAE4820, e que a fixação e feita por meio de 8 parafusos. 
 
 
 Resp. A) d= 10,44 cm 
 B) D= 57,49cm 
 C) di= 3,71cm 
Exercício 2.2.7 C 
 
 -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na 
haste do pistão uma força (P) de 50 ton, intermitente. 
- A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 730 psi. 
 
 DETERMINAR: 
 A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 5140. 
 
 B) O diâmetro (D) do cilindro. 
 
 C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de inox 
 ANSI 410, e que a fixação e feita por meio de 64 parafusos. 
 
 Resp. A) d= 7,185 cm 
 B) D= 35,94cm 
 C) di= 1,218cm 
Exercício 2.2.7 D 
 
 -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na 
haste do pistão uma força (P) de 250 ton, alternada. 
- A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 1460 psi. 
 
 DETERMINAR: 
 
 A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 8620. 
 
 B) O diâmetro (D) do cilindro. 
 
 C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço 
 SAE4820, e que a fixação e feita por meio de 48 parafusos. 
 
 Resp. A) d= 20,26 cm 
 B) D= 59,23cm 
 C) di= 2,77cm 
 
 77
Exercício 2.2.7 E 
 
 -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na 
haste do pistão uma força (P) de 450 ton, brusca. 
- A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 3200 psi. 
 
 DETERMINAR: 
 
 A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 1025. 
 
 B) O diâmetro (D) do cilindro. 
 
 C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de inox 
 ANSI 316, e que a fixação e feita por meio de 128 parafusos. 
 
 
 Resp. A) d= 38,45 cm 
 B) D= 63,442 cm 
 C) di= 2,99 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 78
 
 
Exercícios ref. à compressão
 
 
 
Exercício 3.1 A 
 
 -Na fig. 21, sabendo-se que a carga P e de 50 tf, brusca, e o material da barra 
redonda SAE 5150 (duro), determinar o diâmetro para suportar com segurança esse 
esforço. 
 
 Resp. d= dia. 9,68 cm ou 96,8 mm 
 
Exercício 3.1 B 
 
 -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra é de 15,6 cm, material SAE 
4820 (duro), Determinar a carga P alternada que pode ser aplicada com segurança. 
 
 
 Resp. P= 164.737 Kgf ou 164,73 tf. 
 
 
Exercício 3.1 C 
 
 -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra e de 30 cm, material 
bronze (mole), Determinar a carga P estática que pode ser aplicada com segurança. 
 
 
 Resp. P= 395.836 Kgf ou 395,8 tf. 
 
 
Exercício 3.1 D 
 
 -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra e de 15 cm, material SAE 
1020 (mole), Determinar a carga P alternada que pode ser aplicada com segurança. 
 
 
 Resp. P= 92.772 Kgf ou 92,77 tf. 
 
 
 
 
Exercício 3.1 E 
 
 -Na figura 21, ao invés de uma barra redonda, colocar-mos um tubo de dia. ext. 
405,3 mm e dia int. 250 mm, material SAE 1020 (mole), Determinar a carga P 
alternada que pode ser aplicada com segurança. 
 
 
 Resp. P= 419.662 Kgf ou 419,6 tf. 
 
 
 79
 
Exercício 3.2.1 A 
 
 -Na figura 22, determinar o diâmetro externo (de) que pode ser aplicado com 
segurança, sabendo-se que a carga (P) aplicada e de 300 tf, intermitente, sendo a 
rosca quadrada de oito mm de passo e material SAE 1010 (mole). 
 
 Resp. de= 263,8 mm 
 
 Rosca dia 264 (quadrada) 
 
 
Exercício 3.2.1 B 
 
 -Na figura 22, determinar a carga (P) intermitente, que pode ser aplicada com 
segurança a um macaco que possua um parafuso de 30 mm de diâmetro externo e 
uma rosca quadrada de cinco mm de passo, feito de material aço SAE 1040. 
 
 Resp. P= 4741,8 Kgf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 80
 
 
 
Exercícios ref. à 
cisalhamento
 
Exercício 4.2.1 A 
 
 -Na figura 25, determinar o diâmetro de um rebite de latão, que deve suportar 
com segurança uma força cortante pura 2500 Kgf (P), sendo a carga intermitente. 
 
 Resp. d= 2,73 cm 
Exercício 4.2.1 B 
 
 -Na figura 25, determinar o diâmetro de um rebite de alumínio, que deve 
suportar com segurança uma força cortante pura 3.250 Kgf (P), sendo a carga brusca. 
 
 Resp. d= 11,92 cm 
Exercício 4.2.1 C 
 
 - Ainda com referência a fig. 25, determinar a força (alternada) que pode ser 
aplicada às peças unidas por meio de um rebite de aço SAE 1015 de 10 mm de 
diâmetro. 
 
 Resp. P= 283 Kgf. 
Exercício 4.2.3 A 
 
 - Na fig. 26, determinar o diâmetro (d) do pino de aço SAE 3120 que deve 
suportar com segurança uma força aplicada de 10.000 Kgf, admitindo-se tipo de carga 
intermitente. 
 
 Resp. d= 2,83 cm 
 
Exercício 4.2.3 B 
 
 -Na fig. 26, determinar a força que pode ser aplicada, com segurança através 
do pino de aço SAE 1020, de 20 mm de diâmetro, admitindo-se tipo de carga estática. 
 
 Resp. P= 4021 Kgf 
 
 
 
Exercício 4.2.5 A 
 
 - A um eixo de 150 mm de diâmetro, pretende-se fixar uma polia por meio de 
um pino, conforme mostrado na fig. 27. 
 Considerando-se que o momento de torção (torque) no eixo e de 450 cm.Kgf, 
determinar o diâmetro do pino (dp) de aço SAE 5150. Admite-se tipo de carga 
alternada. 
Resp. dp= 0,22 cm ou 2,2 mm 
 
 
 81
Exercício 4.2.5 B 
 
 -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 3,5 mm de diâmetro (dp), 
material aço SAE 1030. Sendo o diâmetro do eixo de 20 mm, determinar o momento 
de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é a 
choque. 
 
 
 Resp. Mt= 60 cm.Kgf 
 
Exercício 4.2.5 C 
 
 -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 32,5 mm de diâmetro (dp), 
material aço SAE 4150. Sendo o diâmetro do eixo de 164 mm, determinar o momento 
de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é 
alternado. 
 
 
 Resp. Mt= 103.730 cm.Kgf 
 
Exercício 4.2.5 D 
 
 -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 67 mm de diâmetro (dp), 
material aço ANSI 420. Sendo o diâmetro do eixo de 230 mm, determinar o momento 
de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é 
intermitente. 
 
 
 Resp. Mt= 675.597,4 cm.Kgf 
 
 
 
Exercício 4.2.5 E 
 
 -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 214 mm de diâmetro (dp), 
material latão. Sendo o diâmetro do eixo de 650 mm, determinar o momento de torção 
que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é a brusca. 
 
 
 Resp. Mt= 4.968.080 cm.Kgf 
 
 
 
 
 
Exercício 4.2.7 A 
 
-Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o 
movimento de um eixo a outro, com potencia de 38 CV a 950 rpm. Determinar o 
diâmetro dos 12 parafusos de fixação, de aço SAE 3130 (duro). 
 Admite-se para o caso, tipo de carga alternada, e o diâmetro (D) da fixação 250 
mm. 
 
Resp. d= 0,192 cm ou 1,92 mm 
 
 82
Exercício 4.2.7 B 
 
-Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o 
movimento de um eixo a outro, com potencia de 70 CV