Resolução Lista 3 R1

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Adriano Alberto 
 
1 
ENG285 
 
Adriano Alberto 
 
Fonte: Hibbeler, R.C., Resistência dos Materiais 5ª edição; Beer 5ª Ed; Barroso, 
L.C., Cálculo Numérico (com aplicações) 2ª edição; slides do Prof. Alberto B. 
Vieira Jr.; http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/geometria/geom-areas/geom-
areas-circ.htm 
 
 
TORÇÃO 
 
� = G . � (material linear-elástico) 
 
� = �� . ��á� 
 
� = �� . ��á� 
 
�máx = �	.		�� 
 
�máx = Tensão de cisalhamento máxima do eixo, que ocorre na superfície externa. 
T = torque interno resultante que atua na seção transversal. 
J = momento de inércia polar da área da seção transversal [mm4 ou pol4] 
c = raio externo do eixo 
 
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2 
�
 
= 
�	.		�
� 
�
 
= Tensão de cisalhamento 
 = distância intermediária 
 
J = � ��	. ��� = � ��	. (���	. ��)���� 	 = 2� � ��	. ������ 
ci = raio interno 
ce = raio externo 
 
J = �� . c
4 
J = momento de inércia polar para eixo de seção transversal circular maciça, logo: 
�máx = �	��					.		�� 
 
J = �� . (��� - ���) 
J = momento de inércia polar para eixo de seção transversal tubular (eixo vazado) 
 
dT = 
 . dF 
dF = � . dA 
dA = 2� . 
 . d
 
�
� = 
��á�
 => � = f(
) = 
�
 . �!á" 
=> dT = 
 . {[� . �!á"] . (2� . 
 . d
)} = ��á� . 2� . 
3 . d
 
 
T = ��	.		���� � 	��	. ��
���� 
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3 
 
 
Transmissão de potência 
 
P = �	.		#$#% ; & = #$#% ; P = T . & 
 
[P] = [W] = [N.m/s] 
 
[&] = [rad/s] ; [f] = [Hz] 
 
1 Hz = '	���()* = 
��	+,#
* 
 
1 rad ≅ 1 raio 
 
& = 2� . f => P = 2� . f . T 
 
�adm = �	.		�� 
 
 
RESOLUÇÃO DA LISTA 3ª UNIDADE 
PROBLEMAS ENVOLVENDO ANÁLISE DE TENSÕES 
 
1 a 3) Determinar, para o estado de tensões indicado, a tensão normal e a tensão de 
cisalhamento que se exercem em um plano paralelo à linha a–a. Adotar o método de 
análise baseado nas equações de equilíbrio da parte sombreada do cubo elementar 
indicada. 
 
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4 
1) 
 
 
 
 
 
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5 
2) 
 
 
 
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6 
3) 
 
 
 
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7 
4 a 6) Determinar, para o estado de tensões indicado: a) os planos principais; b) as tensões 
principais; c) os planos de máxima tensão de cisalhamento; d) a máxima tensão de 
cisalhamento; e) as tensões normais atuantes nos planos de máxima tensão de 
cisalhamento. 
 
4) 
 
 
 
 
.! = /	01	2	304 = 6,5 MPa 
R = 5(41 + 6,5)4 	+ 		 (36)4 = 59,60075503 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 66,10075503 MPa 
.!í> = .! - R = - 53,10075503 MPa 
arctg(2?) = @A01	2	A,3 => $ = 18,57914839° (anti-horário) 
?’ = 90º - 18,57914839° = 71,42085161° (horário) 
2B = 90° - 2? => C = 26,42085161° (horário) 
 
B’ = 90° - 14,03624347° = 
 
5) 
 
 
 
.! = 1@D,E	2	4D,A4 = 82,75 MPa
R = 5(82,75 I 27,6)4 	+		
.!á" = .! + R = 151,7100065 MPa
.!í> = .! - R = 13,78999347
arctg(2?) = 01,0J4,D3/4D,A => $ 
?’ = 90º - 18,44741165º = 71,55258835° (horário)
2B = 90° - 2? => C = 26,55258835° (horário)
 63,57914839° (anti-horário) 
82,75 MPa 
		 (41,4)4 = 68,96000653 MPa = ��á� 
151,7100065 MPa 
13,78999347 MPa 
 = 18,44741165° (anti-horário) 
71,55258835° (horário) 
= 26,55258835° (horário) 
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8 
 
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9 
B’ = 90° - 26,55258835° = 63,44741165° (anti-horário) 
 
6) 
 
 
 
 
.! = /	14K	2	0K4 = - 40 MPa 
R = 5(40 + 40)4 	+ 		 (150)4 = 170 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 130 MPa 
.!í> = .! - R = - 210 MPa 
arctg(2?) = 13K0K	2	0K => $ = 30,96375653° (horário) 
?’ = 90º - 30,96375653° = 59,03624347° (anti-horário) 
2B = 90° - 2? => C = 14,03624347° (anti-horário) 
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10 
B’ = 90° - 14,03624347° = 75,96375653° (horário) 
 
 
7 a 9) Determinar as tensões principais e os planos principais para o estado plano de 
tensões, resultante da superposição dos dois estados planos indicados. 
 
*** 7) 
 
 
 
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11 
8) 
 
 
Para o primeiro estado de tensão: 
 
.! = MN2	K4 = OP� 
R = OP� 
 
 
 
 
Para o estado de tensão resultante: 
 
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12 .! = 
QRNS 		2		RN		.		TUV	(SW)S 		2		RNS 		/		RN		.		TUV	(SW)S 		4 = 
4MN
4 = OP 
 
 
R = XY@MN4 		+ 		MN		.		Z[\	(4])4 	I		.K^
4 	+ 		YMN		.		\_`	(4])4 ^
4
 = 
 
= XYMN4 		+ 		MN		.		Z[\	(4])4 ^
4 	+ 		 (MN	)0
4 	.		abcd(2?)e4 = 
 
X(MN	)0
4 + 	4	MN		.		MN		.		Z[\	(4])0 	+ 		 (MN	)0
4 	.		afgb(2?)e4 +		 (MN	)0
4 	.		abcd(2?)e4 = 
 
X4(MN	)0
4 + 	4	(MN	)S.		Z[\	(4])0 			 = X(MN	)4
4 .		a1 + cos(2?)e			 = .K	. X12Z[\(4])4 
 
a�)*($)e� = '2klm(�$)� 
 
Logo: 
 R = OP	. cos$ 
 
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13 
.1	 = .!	+ R = .K	+ .K	. cos? = OP	. (1 + cos$) 
.4	 = .!	- R = .K	- .K	. cos? = OP	. (1 - cos$) 
 
2 . ?n = arctgo
RN		.		Vpq	(SW)SRNS 		2		RN		.		TUV	(SW)S
r = arctgs \_`	(4])1	2	Z[\	(4])t = arctgs4\_`]	.		 uv]4	.		( uv])S	 t = arctg(tg?) => 
=> $w = $� 
 
 
9) 
 
 
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14 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
 
.! = JK	2	4K4 = 50 MPa 
R = 5(30)4 	+ 		 (40)4 = 50 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 100 MPa 
.!í> = .! - R = 0 MPa 
arctg(2?) = 0K@K	 => $ = 26,56505118° (anti-horário) 
?n = 26,56505118° + 45° = 71,56505118° (anti-horário) 
?′n = 90º - 71,56505118° = 18,43494882° (horário) 
 
 
 
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15 
10) Determinar, para o estado de tensões indicado, a tensão de cisalhamento máxima 
quando: 
 
a) σy = 14 MPa; b) σy = 98 MPa. 
 
a) 
Para o estado plano: 
.! = 10	2	EA,34 = 55,25 MPa 
R = 5(55,2)4 	+ 		 (55,25 I 14)4 = 68,91010448 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 124,1601045 MPa 
.!í> = .! - R = - 13,66010448 MPa 
 
Para os círculos internos: 
y1 = K	/	1@,AAK1K00J			4 = - 6,83005224 MPa 
y4 = 140,1AK1K03	2	K4 = 62,08005225 MPa 
 
 
 
 
b) 
Para o estado plano: 
.! = EJ	2	EA,34 = 97,25 MPa
R = 5(55,2)4 	+ 		 (98 I 97
.!á" = .! + R = 152,4550949
.!í> = .! - R = 42,04490513
 
Para os círculos internos: 
y1 = K	2	04,K00EK31@			4 = 21,02245256
y4 = 134,033KE0E	2	K4 = 76,22754745
 
MPa 
97,25)4 = 55,20509487 MPa = ��á� 
152,4550949 MPa 
42,04490513 MPa 
21,02245256 MPa 
76,22754745 MPa = R = ��á� 
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16 
 
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17 
 
 
11) Determinar, para o estado de tensões indicado, a tensão de cisalhamento máxima 
quando: 
 
a) σy = +48 MPa; b) σy = – 48 MPa; c) σy = 0. 
 
 
 
 
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18 
 
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
Para o estado plano: 
.! = 0J	2	K4 = 24 MPa 
R = 5(24)4 	+ 		 (32)4 = 40 MPa 
.!á" = .! + R = 64 MPa 
.4 = .! - R = - 16 MPa 
 
Para o estado tridimensional: 
.! = A0/4K4 = 22 MPa 
R = 64 - 22 = 42 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 64 MPa 
O�í{ = - 20 MPa 
 
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19 
 
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
Para o estado plano: 
.! = /	0J	2	K4 = - 24 MPa 
R = 5(24)4 	+ 		 (32)4 = 40 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 16 MPa 
.4 = .! - R = - 64 MPa = O�í{ 
 
Para os círculos internos: 
y1 = /4K	/	A04 = - 42 MPa 
y4 = 1A	/	4K4 = - 2 MPa 
 
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Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
Para o estado plano: 
.! = /	@4	2	@44 = 0 MPa 
R = 32 MPa = ��á� = O�á� 
O�í{ = - 32 MPa 
 
Para os círculos internos: 
y1 = /4K	/	@44 = - 26 MPa 
y4 = @4	/	4K4 = 6 MPa 
 
12) Determinar, para o estadode tensões indicado, a máxima tensão de cisalhamento. 
 
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21 
 
 
Para o estado plano: 
.! = DK	2	K4 = 35 MPa 
R = 5(120)4 	+ 		 (70 I 35)4 = 125 MPa = ��á� 
.!á" = .! + R = 160 MPa 
.!í> = .! - R = - 90 MPa 
 
Para os círculos internos: 
y1 = /	EK	2	10K			4 = 25 MPa 
y4 = 1AK	2	10K4 = 150 MPa 
 
 
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22 
PROBLEMAS ENVOLVENDO TORÇÃO 
 
13) Um momento de torção T = 3 kN.m é aplicado ao cilindro maciço de bronze. 
Determinar: 
a) A máxima tensão de cisalhamento; 
b) A tensão de cisalhamento no ponto D que fica numa circunferência de 15 mm de raio 
desenhada na seção extrema do cilindro; 
c) A parcela do momento resistida pelo cilindro interior de 15 mm de raio. 
 
 
 
T = 3 kN.m 
 
a) ce = 30 mm = 0,03 m 
 
J = |4 . (0,03)
4 
 = 1,272 . 10-6 m4 
�máx = @KKK	.		K,K@1,4D4	.		1K}~ = 70,755 MPa 
 
 
b) �
 
 = 
@KKK	.		K,K13
1,4D4	.		1K}~ = 35,377 MPa 
 
c) T = 4|	.		��á�  � 	
@	. d
   => T’ = 
4|	.		DK,D33	.	1K~
K,K@ � 	
@	. d
K,K13K 
 
= 
4|	.		DK,D33	.	1K~
K,K@ . 
K,K13‚
0 = 187,552 N.m 
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23 
 
ƒ„
ƒ . 100 = 
1JD,334
@	KKK . 100 = 6,25 % 
 
 
14) T = 2,4 kN.m 
 
a) �máx (AB) = ? 
 
TAB = TA = 2 400 N . m 
 
J = |4 . (0,027)
4 
 = 8,348 . 10-7 m4 
�máx = 4	0KK	.		K,K4DJ,@0J	.		1K}… = 77,623 MPa 
 
b) �máx (BC) = ? 
 
TBC = TA + TB = (2 400 – 1 200) N . m = 1 200 N . m 
 
J = |4 . (0,022)
4 
 = 3,680 . 10-7 m4 
�máx = 1	4KK	.		K,K44@,AJK	.		1K}… = 71,739 MPa 
 
15) 
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24 
 
 
JCD = 
|
4 . [(0,040)
4 
- (0,034)4] = 1,922 . 10-6 m4 
40 . 106
 
 = 
ƒ†‡	.		K,K0K
1,E44	.		1K}~ => TCD = 1 922 N . m 
 
JAB = 
|
4 . (0,028)
4 
 = 9,655 . 10-7 m4 
 
55 . 106
 
 = 
ƒˆ‰	.		K,K4J
E,A33	.		1K}… => TAB = 1 896,518 N . m 
 
Tadm = TAB = 1 896,518 N . m 
 
Ângulo de Torção 
 
∅ = � �(�)#��(�).‹ŒP 
 
Para torque e área da seção constantes: 
∅ = �Œ�‹ 
Para mudança de área e/ou torque e/ou G: 
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25 
 
∅ = ∑ �Œ�‹ 
 
16) G = 80 . 109 Pa 
 
a) T(3 m) = (- 20 -5) kN.m = - 25 kN.m = - 25 000 N.m 
 
�máx = 43	KKK		.		K,K3KYŽS^.		(K,K3K)‚	 = 127,324 MPa 
 
b) T(1m a 2 m) = - 5 – 20 + 100 => T(2m) = 75 000 N.m 
T(0 m a 1 m) = - 5 – 20 + 100 - 35 => T(1m) = 40 000 N.m 
 
∅(1 m a 2m) = D3	KKK	.		1YŽS^.		(K,KJK)‚	.		JK	.		1K = 0,01457107 rad 
 
 
∅(0 m a 1m) = 0K	KKK	.		1YŽS^.		(K,KJK)‚	.		JK	.		1K = 7,771237456 . 10
-3
 rad 
 
∅Total = 0,01457107 rad + 7,771237456 . 10-3 rad = 0,022342307 rad 
 
17) G = 75 . 109 Pa ; P = 450 N ; �adm = 30 . 106 Pa ; BC = 0,610 m ; AB = 0,380 m 
Deflexão máxima de A = 0,002 m 
 
S = ∅ . r => 0,002 = ∅
 
. 0,380 => ∅ = 5,263157895 . 10-3 rad 
T = 0,380 . 450 = 171 N.m 
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26 
30 . 106 = 
1D1	.		 Ž
S	.		 ‚ => c
3 
= 
1D1
0D	14@	JJE,J => c = 0,015366854 m => d = 30,733708 mm (não 
serve) 
 
5,263157895 . 10-3 = 
1D1	.		K,A1K
YŽS^.		( )‚	.		D3	.		1K
 => 5,263157895 . 10-3 . c4 = 8,854107794 . 10-10 
 
=> c = 0,020252311 m => d = 40,50462335 mm (ok) 
 
18) G = 80 . 109 Pa ; �máx(AB) = 120 . 106 Pa ; ∅C/A = - 0,018 rad no sentido de T1 
 
T1 = ? ; T2 = ? 
 
T2 + T1 + T3 = 0 
 
120 . 106 = 
ƒQ			.		K,KJŽ
S					.		(K,KJ)‚ => T3 = - 96 509,72632 N.m 
 
∅C/A = ∅B/A + ∅C/B 
 
∅B/A = /	EA	3KE,D4A@4	.		@YŽS^.		(K,KJK)‚	.		JK	.		1K = - 0,05625 rad 
 
-0,018 = -0,05625 + ∅C/B => ∅C/B = 0,03825 rad 
 
0,03825 = 
(ƒS/	EA	3KE,D4A@4)	.		4
YŽS^.		(K,K3K)‚	.		JK	.		1K
 => T2 = 111 530,4662 N.m 
 
T2 + T1 + T3 = 0 => T1 = -111 530,4662 + 96 509,72632 = - 15 020,73988 N.m 
 
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27 
 
***19) Os binários, aplicados, como mostrado, ao eixo de aço (G = 80 GPa) da figura, 
produzem uma tensão tangencial máxima de 80 MPa e torcem o extremo livre de 0,014 
rad. Determine os momentos torques T1 e T2. 
 
 
G = 80 . 109 Pa ; �máx = 80 . 106 Pa ; c = 0,050 m 
 
∅T = ∅1 + ∅2 = - 0,014 rad 
 
L1 = 0,6 m ; L2 = 0,3 m 
 
T1 = ? ; T2 = ? 
 
∅ = ƒ‘’ 
 
J = |4 . c
4 
 
∅1 = ƒ“	.		K,AYŽS^.		(K,K3K)‚	.		JK	.		1K ; ∅2 = 
ƒS	.		K,@
YŽS^.		(K,K3K)‚	.		JK	.		1K
 
 
7,639437268 . 10-7 . T1 + 3,819718634 . 10-7 . T2 = - 0,014 (I) 
 
�máx = ƒ	.		 ‘ = �máx = ƒ	ŽS					.		 Q 
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28 
 
80 . 106 
 
= 
(ƒ“2	ƒS)Ž
S					.		(K,K3K)Q => T1 + T2 = 15 707,96327 (II) 
 
T1 = 15 707,96327 - T2 
 
 7,639437268 . 10-7 . (15 707,96327 - T2) + 3,819718634 . 10-7 . T2 = 0,014 
=> 0,012 - 7,639437268 . 10-7 . T2 + 3,819718634 . 10-7 . T2 = 0,014 
=> T2 = 5 235,987756 N.m 
=> T1 = 15 707,96327 - T2 = 10 471,97551 N.m 
 
Obs: como os dois torques são aplicados no mesmo sentido, eles possuem o mesmo e sinal 
e, o somatório dos dois é igual a |15 707,96327 N.m| 
Resp. da lista: 19) T1 = 10470 N.m 
; T2 = 5240 N.m 
 
20) ∅ = � �(�)#��(�).‹ŒP ; J = �� . (��� - ���) 
 
 
 
Determinando o raio menor: 
 
4”
” = 
”
”�•–— => rmenor = 
”S
4” = 
”
4 
 
 
T(x) = T ; J(x) =? 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
29 
 
 
4”/”
 = 
4”/	 
" => ce = 2r – �+Œ 
 
 
”/	(—S) = 
”/	 
" => ci = r – �+�Œ 
 
 
 
J(x) = �� . [(2r – 
�+
Π)
4 
- (r – �+�Œ)
4] 
 
 
(a - b)4 = (a – b)² . (a – b)² = (a² - 2ab + b²) ( a² - 2ab + b²) = a4 - 4a³b – 4ab³ + 6a²b² + b4 
 
 
J(x) = |4 . [(16r
4 
– 4 . 8r³ . "” - 4 . 2r . 
"Q		.		”Q
Q + 6 . 4r² . 
"S		.		”S
S + 
"‚		.		”‚
‚ ) – 
 
 (r4 – 4r³ . "”4 - 4r . 
"Q		.		”Q
JQ + 6r² . 
"S		.		”S
0S + 
"‚		.		”‚
1A‚ )] = 
 
 = 
|
4 [(16r
4 
– 32r4 . " - 8r
4 
. 
"Q		
Q + 24r
4 
. 
"S		
S + r
4 
. 
"‚		
‚ ) – (r
4 
– 2r4 . " - r
4 
. 
1		
4 		.		 "
Q		
Q + r
4 
. 
@
4		. "
S		
S + r
4 
. 
1
1A . 
"‚		
‚ )] = 
 
= 
|	.		”‚
4 [(16
 
– 32 . " - 8
 
. 
"Q		
Q 	+ 24 .	"
S		
S +		"
‚		
‚ ) – (1
 
– 2 . " - 
1		
4 . "
Q		
Q + 
@
4		. "
S		
S 	+ 11A	.	"
‚		
‚ )] 
 
= 
|	.		”‚
4 [16
 
– 32 . " - 8
 
. 
"Q		
Q 	+ 24 .	"
S		
S +	"
‚		
‚ ) – 1
 + 2 . " + 
1		
4 . "
Q		
Q 	- @4		. "
S		
S 	- 11A	.	"
‚		
‚ ] = 
 
 
= 
|	.		”‚
4 [15
 
– 30 . " – 7,5
 
. 
"Q		
Q 	+ 22,5 .	"
S		
S + 
13
1A	.	"
‚		
‚ ] = 
|	.		”‚
4 [15
 
– x
 
. 
@K
 – x
3 
. 
D,3		
Q 	+ x2 .	44,3		S + 131A	.		‚	.	˜0] 
 
 
∅ = 4ƒ�	.		™	.		š4 � ›"a15		–		x		.		30ž 		–			x3		.		7,5		ž3 		+		x2		.		22,5		ž2 	+		 1516	.		ž4			.		˜4e

K => 
 
 
Pela regra dos trapézios: 
 
I = Ÿ� (y0 + y1) ; h = x1 – x0 
 
 
Adriano Alberto 
 
30 
I = � ›"a15		–		x		.		30ž 		–			x3		.		7,5		ž3 		+		x2		.		22,5		ž2 	+		 1516	.		ž4			.		˜4e

K 
 
 
y = 1a15		–		x		.		30ž 		–			x3		.		7,5		ž3 		+		x2		.		22,5		ž2 	+		 1516	.		ž4			.		˜4e
 ; x0 = 0 ; x1 = L 
 
 
h = L – 0 = L 
 
 
y0 = 
1
a15		–		0		.		30ž 		–			03		.		
7,5		
ž3 		+		02		.		
22,5		
ž2 	+		
15
16	.		ž4			.		04e
 = 
'
'  
 
 
y1 = 
1
a15		–		L		.		30ž 		–			L3		.		
7,5		
ž3 		+		L2		.		
22,5		
ž2 	+		
15
16	.		ž4			.		ž4e
 = 
1
13/@K/D,3244,32(“¢“~)
 = 
'£
'Logo: 
I = 4 (
1
13 + 
1A
13) = 
'¤Œ
�P 
 
 
 
=> ∅ = 4ƒ�	.		™	.		š4 . 1D@K = '¤�Œ' 	.		�	.		‹	.		+� 
 
 
 
Cálculo da Equação Geral: 
 
 
ce2 = a ; ce1 = b ; ci2 = c ; ci1 = d 
 
 
 ¥/¦
 = 
¥/	 
" => ce = a – �Œ (, I §) 
 /›
 = 
 /	 
" => ci = c – �Œ (� I #) 
 
 
J(x) = �� . {[a – 
�
Œ (, I 	§)]4 - [c – �Œ (� I 	#)e4} 
 
 
(a - b)4 = (a – b)² . (a – b)² = (a² - 2ab + b²) ( a² - 2ab + b²) = a4 - 4a³b – 4ab³ + 6a²b² + b4 
 
(a - b)3 = (a – b)² . (a – b) = (a² - 2ab + b²) ( a – b) = a3 - 3a2b + 3ab2 – b3 
 
Adriano Alberto 
 
31 
 
 
J(x) = |4 . {¨0 - 4 . ¨@ . " (¨ I 	©) - 4 . ¨ .[ " 	(¨ I 	©)e@ + 6 . ¨4 . 
 
. [ " 	(¨ I 	©)e4 + [ " 	(¨ I ©)e0 - {f0 - 4 . f@ . " (f I 	ª) - 4 . f .[ " 	(f I 	ª)e@ + 6 . f4 . 
 
. [ " 	(f I 	ª)e4 + [ " 	(f I ª)e0}} = |
4 . {¨0 - 4 . ¨@ . " (¨ I 	©) - 4 . ¨ . "
Q
Q [a
3
 - 3a2b + 3ab2 – b3e + 6 . ¨4 . "SS [¨4 – 2ab + b²e + 
 
"‚
‚ . [a
4
 - 4a³b – 4ab³ + 6a²b² + b4] - {f0 - 4 . f@ . " (f I 	ª) - 4 . f . "
Q
Q . 
 
. [c3 – 3c2d + 3cd2 – d3e + 6 . f4 . "SS [f4 – 2cd + d²e + "
‚
‚ . [c
4
 – 4c³d – 4cd³ + 6c²d² + d4] }} 
 
 
=> J(x) = |4 . {¨0 - x [0¥
‚/0¥Q¦
 ] - x³ [
0¥‚/14¥Q¦214¥S¦S/0¥¦Q
Q ] + x² [
A¥‚/14¥Q¦2A¥S¦S
S ] + 
 
+ x4[¥‚/0¥Q¦/0¥¦Q2A¥S¦S2¦‚‚ ] - {f0 - x [0 
‚/0 Q›
 ] - x³ [
0 ‚/14 Q›214 S›S/0 ›Q
Q ] + 
 
 
+ x² [A ‚/14 Q›2A S›SS ] + x
4[ ‚/0 Q›/0 ›Q2A S›S2›‚‚ ]}} 
 
 
 
∅ = ƒ		™	 � ›"J(x)K 
 
 
Pela regra dos trapézios: 
 
 
I = Ÿ� (y0 + y1) ; h = x1 – x0 
 
 
I = � ›"J(x)K 
 
 
 
y = 1J(x) ; x0 = 0 ; x1 = L 
 
 
h = L – 0 = L 
 
 
y0 = 
'
�
�	(¬�I	k�)
 
 
 
Adriano Alberto 
 
32 
y1 = 1­S	(®‚/	0¥‚20¥Q¦/	0¥‚214¥Q¦/14¥S¦S20¥¦Q2A¥‚/14¥Q¦2A¥S¦S2	¥‚/0¥Q¦/0¥¦Q2A¥S¦S2¦‚/	Z‚20 ‚/0 Q›20 ‚/14 Q›214 S›S/0 ›Q/A ‚214 Q›/A S›S/ ‚20 Q›20 ›Q/A S›S/›‚) 
 
 
 
=> y1 = 
'
�
�	(¯�I	��)
 
 
 
I = 4 (
1
π
2	(a4I	c4)
 + 
1
π
2	(b4I	d4)
 ) = Œ� (
'
(¬�I	k�) + 
'
(¯�I	��) ) 
 
 
=> ∅ = ƒ		’	.		|	 ( 1(®‚/	Z‚) + 1(³‚/	´‚) ) 
 
 
ce2 = a ; ce1 = b ; ci2 = c ; ci1 = d 
 
 
∅ = �Œ		‹	.		�	 ( '(kµ�)�/	(k¶�)� + '(kµ')�/	(k¶')� ) [Equação Geral] 
 
 
 
Fazendo ce2 = a = 2r ; ce1 = b = r ; ci2 = c = r ; ci1 = d = 
”
4 
 
 
∅ = ƒ		’	.		|	 ( 1(1A·‚/	·‚) + 1(·‚/	¸‚“~) ) = 
ƒ
		’	.		|	 (
1
13·‚ + 
1
	“¢¸‚“~
 ) = ƒ		’	.		|	 (
1
13·‚ + 
1A
13”‚ ) = 
 
 
= 
ƒ
		’	.		|	 ( 
1D
13”‚) = 
'¤�Œ
		' 	.		‹	.		�	.		+�			 (confere com o resultado anterior) 
 
 
 
Fazendo c= d = 0 e a = b = ce2 = ce1 = ce: 
 
 
 
∅ = ƒ		’	.		|	 ( 1(®‚/	K) + 1(®‚/	K) ) = ƒ		’	.		|	 . 4®‚ = ƒ	YŽS^	.		( )‚		.		’ = 
 
 
= 
�Œ
	Y��^	.		��		.		‹
 [cilindro maciço] 
 
 
 
Fazendo c= d = ci2 = ci1 = ci e a = b = ce2 = ce1 = ce: 
 
Adriano Alberto 
 
33 
 
 
∅ = ƒ		’	.		|	 ( 1(®‚/	Z‚) + 1(®‚/	Z‚) ) = ƒ		’	.		|	 . 4(®‚/	Z‚) = ƒ	YŽS^	.	a( S)‚	–	( S)‚e	.		’ 
 
= 
�Œ
	Y��^	.	(���	–	���)	.		‹
 [cilindro vazado] 
 
 
 
 
Resposta da lista: �¹�Œ� 	.		�	.		‹	.		+� 
 
 
 Obs: Os cálculos efetuados para a determinação da equação geral estão corretos. Logo, 
a diferença da resposta da lista se deve ao fato dela estar errada ou não interpretei 
corretamente o desenho para poder atribuir os valores corretos de a, b, c, d em relação a r. 
21) ∅ = � ƒ(")›"‘.’K = 4|.’. ‚ . � º(˜)ª˜K 
 
T(x) = ? 
 
�→ 
 
T(x) = (L – x ) . q 
 
=> ∅ = 4|.’. ‚ . � a¼L	– 	x	½. qe	ª˜K = 
4¿
|.’. ‚ . � ¼L	– 	x	½	ª˜K 
 
=> ∅ = 4¿|.’. ‚ . (Lx - "
S
4 ) �
K => ∅ = 4¿|.’. ‚ . (ž4 - S4 ) => ∅ = 4¿|.’. ‚ . S4 => ∅ = À	.		Œ
�
�.‹.�� 
 
22) 
Adriano Alberto 
 
34 
 
 	∅ = � ƒ(")›"‘.’K = 4|.’. ‚ . � º(˜)ª˜K 
 
T(x) = ? 
 
�→ 
 
¿
 = 
¿(")
" => q(x) = 
¿	.		"
 
 
T(x) = (L - x) a¿2¿(")e4 = (L - x) 
a¿	2	Á	.		� e4 = 
a¿(/")	2	Á(Â}�)	.		� e4 = 
ÁÂ(Â}�)	Ã	Á�(Â}�)		
Â4 
 
= 
ÁÂS}	ÁÂ�	Ã	ÁÂ�	}	Á�S		
Â4 = 
ÁÂS	}	Á�S		
Â4 = 
À(Œ�	/	��)		
�Œ 
 
∅ = 4|.’. ‚ . � 		Ä(ž
2	I	˜2)		2ž ª˜K = ¿|.’. ‚ . � (ž4 	I 	˜4)ª˜K 
 
=> ∅ = ¿|.’. ‚ . (L².x - "
Q
@ ) �
K => ∅ = ¿|.’. ‚ . (L².L - 
Q
@ ) => ∅ = ¿|.’. ‚ . (4
Q
@ ) 
 
=> ∅ = �ÀŒ���.‹.�� 
Obs: Na lista a resposta é ∅ = ÀŒ���.‹.�� . Acredito que minha resposta está correta. 
___ _____ ______ 
Adriano Alberto 
 
35 
Cálculo para o caso de uma distribuição invertida, com zero na região engastada e q na 
outra extremidade: 
 
∅ = � ƒ(")›"‘.’K = 4|.’. ‚ . � º(˜)ª˜K 
 
T(x) = ? 
 
�→		 
T(x) = (/").¿(")4 
 
¿
 = 
¿(")
/" => q(x) = 
¿(/")
 
 
=> T(x) = (/").
Á(Â}�)
Â4 => T(x) = 
¿(S/	4"	2	"S)
4 
 
∅ = 4|.’. ‚ . � 	Ä(ž
2I	2ž˜	+	˜2)
2ž 	ª˜K => ∅ = ¿|.’. ‚ . � 	(ž4 I 	2ž˜	 +	˜4)ª˜K 
 
=> ∅ = ¿|.’. ‚ . (L².x – Lx² + 
"Q
@ ) �
K => ∅ = ¿|.’. ‚ . (L².L – L.L² + 
Q
@ ) => 
 
=> ∅ = ¿|.’. ‚ . 
Q
@ => ∅ = 
ÀŒ�
��.‹.�� (resposta igual a da lista) 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO TORÇÃO – TENSÕES EM PLANOS 
INCLINADOS 
 
Adriano Alberto 
 
36 
23) Determine o máximo momento que pode ser resistido por um eixo circular vazado, 
tendo um diâmetro interno de 25 mm e um diâmetro externo de 50 mm, sem exceder a 
tensão normal de 70 MPa T ou a tensão tangencial de 75 MPa. 
 
.¥›!	= 70 MPa ; �¥›!	= 75 MPa 
Dint = 25 mm ; Dext = 50 mm 
 
 
 
 Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr. 
 
 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
37 
�máx = ��� = 
�	.		��
	Y��^	.	(���	–	���)
 
�máx = ƒ	.		 	YŽS^	.	( ‚	–	 ‚) => T = 
�Åá˜	.		YŽS^	.	( ‚	–	 ‚)
	  = 
DK	.	1K~	.		YŽS^	.Æ	(K,K43)‚	–	(K,K143)‚Ç
	K,K43 => 
 
=> Tmáx = 1 610,679827 N.m 
 
*** 24) Para o eixo mostrado, determine: 
 
a) As tensões correntes no ponto A (na superfície da haste) sobre o plano B-B (o qual é 
normal à superfície da peça no ponto A e faz um ângulo de 40º com o eixo da mesma). 
Mostre essas tensões sobre um esboço ampliado da área elementar representando o ponto 
A; 
 
b) As máximas tensões normais ocorrentes no ponto A. Mostre essas tensões sobre um 
esboço representando a área elementar em torno de A. 
 
 
 
 
 
 
b) 
 
�máx = ��� = �	.		�	Y��^		.		�� = 
�	
	Y��^		.		��
 
�máx = 0|	.	1KQ	K,3|		.		(K,K3)Q =>	�máx = 64 . 'P£ Pa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
Adriano Alberto 
38 
 
 
Adriano Alberto 
 
39 
 .1 = 64 . cos(10°) = 63,02769619 MPa 
 �1 = 64 . sen(10°) = - 11,11348337 MPa 
 
 
 
 
 
Obs: Na resposta da lista, os sinais estão invertidos. Acredito que minha resposta está 
certa. 
 
 
***25) Um cilindro maciço de aço (G = 80 GPa) com 1 m de comprimento é solicitado, 
torcendo de 0,03 rad. Se a tensão tangencial não excede 60 MPa, determine: 
 
a) O diâmetro permissível máximo para a peça; 
 
b) A tensão normal sobre um plano a-a, o qual é normal à superfície da peça no ponto A e 
tem uma inclinação de 3 para 4 com o eixo longitudinal quando a tensão tangencial 
máxima na peça é de 60 MPa. 
 
 
 
 
a) 
60	. 10A = ƒ	K,3|		.		( )Q => T = £P	. 'P£ . 0,5 . �		.		(�)� (I) 
 
0,03
 
= 
AK	.1K~	.		K,3	.|		.		( )Q	.		1
K,3	.		|	.		( )‚	.		JK	.		1K => c = 0,025 m => D = 0,050 m = 50 mm 
Tmáx = 30	. 10A . �		.		(0,025)@ = 468,75 . � N.m 
 
b) 
Adriano Alberto 
 
40 
tg? = @0 => $C = 36,86989765° 
�$C = 73,73979529° 
2?P = 90° - 73,73979529° = 16,26020471° 
�1 = 60 . sen(16,26020471°) = - 16,8 MPa 
 .1 = 60 . cos(16,26020471°) = 57,6 MPa (compressão) 
 
Obs: Na lista consta Tração 
 
 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO TORÇÃO COMBINADA COM CARGA AXIAL 
 
26) 
 
Adriano Alberto 
 
41 
 
27) 
 
Adriano Alberto 
 
42 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
43 
 
 
Adriano Alberto 
 
44 
28) 
 
 
Adriano Alberto 
 
45 
29) 
 
 
Adriano Alberto 
 
46 
30) T – Taço – TAl = 0 ; ∅A = ∅Aço = ∅Al 
 
 
ƒˆÈ	.		4,30K
YŽS^	.		a(K,K@J)‚/	(K,K4J3)‚e		.		4D,3	.		1K
 = 
ƒˆç–	.		4,30K
YŽS^.		(K,K4J3)‚	.		DA	.		1K
 
 
TAl . ((0,0285)0	.		76) = TAço . (a(0,038)0 I 	(0,0285)0e		.		27,5) => TAl = 0,7818 . TAço 
 
55 . 106 = 
ƒ�á�(ˆç–)		.		K,K4J3Ž
S	.		(K,K4J3)‚ => Tmáx(aço) = 1 999,9408 N.m 
 
41 . 106 = 
ƒ�á�(ˆÈ)		.		K,K@JŽ
S	.			a(K,K@J)‚/	(K,K4J3)‚e => Tmáx(al) = 2 415,7534 N.m 
 
Logo: Taço = 1 999,9408 N.m ; 
 
TAl = 0,7818 . 1 999,9408 = 1 563,5537 N.m 
 
T = Taço + TAl = 3 563,4945 N.m 
 
 ∅A = ∅Aço = ∅Al = 1	EEE,E0KJ	.		4,30KYŽS^.		(K,K4J3)‚	.		DA	.		1K = 0,0645 rad = 3,696° 
 
31) TC = 75 N.m ; G = 80 . 109 Pa 
 
a) �máx(CD) = ? 
b) ∅CD = ? 
∅CD . 0,040 = ∅A . 0,060 => ∅CD = 1,5 . ∅A (I) 
 
F = 
ƒˆ
K,KAK => T(engrenagem menor) = 0,040 . 
ƒˆ
K,KAK 
Adriano Alberto 
 
47 
Obs: o torque de 75 N.m é distribuído para os dois eixos. Porém, faz-se o somatório dos torques 
apenas para o eixo CD. Acredito que não se possam somar diretamente torques de dois eixos 
diferentes. A parcela do torque que é transferida para a engrenagem maior, causa uma reação na 
engrenagem menor, porém não significa que a reação seja com um torque igual, devido às 
engrenagens serem de diâmetros diferentes. Como a força exercida é igual para as duas 
engrenagens, essa reação é igual a F . R(Eng. menor) (não o raio da engrenagem maior). A soma 
dessa reação com a parcela do torque que foi distribuída para o eixo CD (TCD) é igual ao torque 
de 75 N.m. 
TCD = 75 – 0,040 . F = 75 – 0,040 . 
ƒˆ
K,KAK = 75 – 0,6667 . TA (II) 
∅CD = (75		–			0,6667	.		ºÊ)	.		0,200YŽS^.		(K,KKA)‚	.		JK	.		1K
 => ∅CD = 1,2280474 . 10-3 . (¤ 	 I 	P, £££¤	.		��	) (III) 
 
∅A = TA			.		0,200YŽS^.		(K,KKD3)‚	.		JK	.		1K
 => ∅A = 5,03008252 . 10-4 . TA (IV) 
 
∅CD = 1,5 . ∅A => ∅CD = 7,545123228 . 10-4 . TA (V) 
 
Igualando III e V: 
 
1,2280474 . 10-3 . (75	 I 	0,6667	.		ºÍ) = 7,545123228 . 10-4 . TA 
 
TA = 1,627604166 . (75) - 1,085123697 . TA => TA = 58,54343922 N.m 
 
TCD = 75 - 0,6667	.		ºÍ => TCD = 75 – 39,03091093 = 35,96908907 N.m 
 
�máx(CD) = @3,EAEKJEKD		.		K,KKA	YŽS^.		(K,KKA)‚ = 106,0121912 MPa 
 
∅CD = 1,2280474 . 10-3 . (75	 I 	0,6667	.		58,54343922)	= 0,044171746 rad = 2,5309° 
 
32) G = 80 . 109 Pa ; c = 0,040 m ; T = 12 000 N.m ; L1 = 1,5 m ; L2 = 2 m 
Adriano Alberto 
 
48 
 
�máx = ? ; ∅ = ? 
 
∅ = ƒ‘’ ; �máx = ƒ ‘ 
 
T2 + T1 = 12 000 N.m => T1 = 12 000 – T2 
 
∅2 - ∅1 = 0 => ƒS	.		4K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	.		JK	.		1K - ƒ“	.		1,3K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	.		JK	.		1K = 0 
 
=>2 . T2 = 1,5 . T1 => 2 . T2 = 1,5 .( 12 000 – T2) => 2 . T2 = 18 000 – 1,5 . T2 
=> T2 = 5 142,857 N.m 
T1 = 6 857,143 N.m 
 
∅ = ∅2 = ∅1 = ƒS	.		4K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	.		JK	.		1K => ∅ = 0,0320 rad 
 
�máx(2) = ƒS	.		 ‘ = 
3	104,J3D	.		K,K0K
K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	 = 51 156 944,570 Pa 
 
�máx(1) = ƒ“	.		 ‘ = 
A	J3D,10@	.		K,K0K
K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	 = 68 209 262,750 Pa = �máx 
 
33) G = 80 . 109 Pa ; ci = 0,025 m ; ce = 0,050 m ; T = 13 000 � N.m ; L1 = 2 m ; L2 = 3 m 
 
�máx = ? 
 
∅ = ƒ‘’ ; �máx = ƒ ‘ 
Adriano Alberto 
 
49 
 
T2 + T1 = 13 000 �	N.m => T1 = 13 000 � – T2 
 
∅2 - ∅1 = 0 => ƒS	.		@K,3	.		|	.		a(K,K3K)‚/	(K,K43)‚e	.		JK	.		1K - ƒ“	.		4K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		JK	.		1K = 0 
 
=> 4,074366543 . 10-6 . T2 = 2,546479089 . 10-6 . T1 
=> 4,074366543 . 10-6 . T2 = 2,546479089 . 10-6 . (13 000 � – T2) 
=> 4,074366543 . 10-6 . T2 = 0,104 - 2,546479089 . 10-6 . T2 => T2 = 15 707,96327 N.m 
 
=> T1 = 13 000 � – 15 707,96327 => T1 = 25 132,74123 N.m 
 
∅ = ∅2 = ∅1 = ƒ“	.		4K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		JK	.		1K => ∅ = 2,546479089 . 10-6 rad 
 
�máx(2) = ƒS	.		K,K3K‘ = 
13	DKD,EA@4D	.		K,K3K
K,3	.		|	.a(K,K3K)‚/	(K,K43)‚e			 = 85 333 333,34 Pa 
 
�máx(1) = ƒ“	.		 ‘ = 
43	1@4,D014@	.		K,K3K
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	 = 128 000 000 Pa = �máx 
 
34) GBronze = 40 . 109 Pa ; ci = 0,050 m ; ce = 0,075 m ; GAço = 80 . 109 Pa ; c = 0,025 m ; 
L
 
= 2 m ; 
 
T = 67 000 � . 0,3 = 20 100 � N.m 
 
∅
 
= ? 
 
∅ = ƒ‘’ ; �máx = ƒ ‘ 
Adriano Alberto 
 
50 
 
TBronze + TAço = 20 100 �	N.m => TBronze = 20 100 � – TAço 
∅AB = ∅Bronze = ∅Aço 
 
=> 
ƒ‰—–•Ï	.		4
K,3	.		|	.		a(K,KD3)‚/	(K,K3K)‚e	.		0K	.		1K = 
ƒˆç–	.		4
K,3	.		|	.		(K,K43)‚	.		JK	.		1K 
 
=> 1,253651244 . 10-6 . TBronze = 40,74366543 . 10-6 . TAço 
=> 1,253651244 . 10-6 . (20 100 � – TAço) = 40,74366543 . 10-6 . TAço 
=> 0,079163076 - 1,253651244 . 10-6 . TAço = 40,74366543 . 10-6 . TAço 
=> TAço = 1 884,95607 N.m 
=> TBronze = 20 100 � – 1 884,95607 = 61 261,05627 N.m 
 
∅AB = ∅Bronze = ∅Aço 
 
=> ∅AB = 1	JJ0,E3AKD		.		4K,3	.		|	.		(K,K43)‚	.		JK	.		1K = 0,076800019 rad 
 
35) GAço = 80 . 109 Pa ; GBronze = 40 . 109 Pa ; c = 0,040 m ; LAço = 1,5 m ; 
 
LBronze = 2,5 m ; �adm(Aço) = 130 . 106 Pa ; �adm(Bronze) = 40 . 106 Pa 
 
∅ = ƒ‘’ ; �máx = ƒ ‘ 
 
TAço + TBronze = T => TAço = T – TBronze (I) 
 
∅Bronze - ∅Aço = 0 => ƒ‰—–•Ï	.		4,3K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	.		0K	.		1K - ƒˆç–	.		1,3K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	.		JK	.		1K = 0 
Adriano Alberto 
 
51 
 
=> 5 . TBronze = 1,5 . TAço => 5 . TBronze = 1,5 .( T – TBronze) => 5 . TBronze = 1,5 . T – 1,5 . TBronze 
 
 
=> 6,5 . TBronze = 1,5 . T => T = 
£, 
',  . TBronze (II) 
 
 TAço = T – TBronze => TAço = 
A,3
1,3 . TBronze - TBronze => TAço = 
'P
� . TBronze (III) 
 
�adm(Bronze) = ƒ‰—–•Ï	.		 ‘ => 40 . 106 = 
ƒ‰—–•Ï	.		K,K0K
K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	 => TBronze = 4 021,238597 N.m 
 
�adm(Aço) = ƒˆç–	.		 ‘ => 130 . 106 = 
ƒˆç–	.		K,K0K
K,3	.		|	.		(K,K0K)‚	 => TAço = 13 069,02544 N.m (IV) 
 
Verificando (IV)
 
em (III): 
 
TAço = 
1K
@ . 4 021,238597 = 13 404,12866 N.m > 13 069,02544 N.m 
 
Logo, TAço = 13 069,02544 N.m 
 
Então: 
13 069,02544 = 1K@ . TBronze => TBronze = 3 920,707632 N.m 
 
T = 13 069,02544 N.m + 3 920,707632 N.m => T = 16 989,73307 N.m 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
52 
36) A máxima tensão ocorre quando o acoplamento se dá ao mesmo tempo da aplicação 
de T0. Se a retirada de T0 for no mesmo instante do acoplamento, a tensão em BC será 
zero. Se o segmento AB girou antes do acoplamento, é necessário saber o ângulo de giro. 
 
 
GBC = 80 . 109 Pa ; GAB = 40 . 109 Pa ; cAB = 0,050 m ; cBC = 0,025 m ; LAB = 2,0 m ; 
 
LAD = 1,2 m ; LDB = 0,8 m ; LBC = 1,0 m ; T0 = 15 000 N.m 
 
∅ = ƒ‘’ ; �máx = ƒ ‘ 
TDC = TDB = TBC 
 
T0 = TAD + TDC = 15 000 N.m (I) 
 
∅BC + ∅DB - ∅AD = 0 => ƒ‰†	.		1,KK,3.		|	.		(K,K43)‚	.		JK	.		1K + ƒ‡‰	.		K,JK,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K – 
ƒˆ‡	.		1,4
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K = 0 
 
=> 
ƒ‰†	.		1,K	.		J
K,3	.		|	.		(K,K43)‚	.		JK	.		1K	.		J + 
ƒ‡‰	.		K,J
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K – 
 
ƒˆ‡	.		1,4
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K = 0 
 
=> 8 . TBC + 0,8 . TDB – 1,2 . TDA = 0 => 8 . TBC + 0,8 . TDB = 1,2 . TAD 
 
=> 8 . TDC + 0,8 . TDC = 1,2 . TAD => 8,8 . TDC = 1,2 . TAD (II) 
 
Substituindo II em I: 
Adriano Alberto 
 
53 
8,8 . TDC = 1,2 . (15 000 – TDC) => 8,8 . TDC + 1,2 . TDC = 18 000 
 
 => TDC = TDB = TBC = 1 800 N.m 
 
TAD = 13 200 N.m 
 
�máx(AD) = ƒˆ‡	.		 ‘ => �máx(AD) = 
1@	4KK	.		K,K3K
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	 => �máx(AD) = 67 227 047,96 Pa 
 
�máx(DB) = ƒ‡‰	.		 ‘ => �máx(DB) = 
1	JKK	.		K,K3K
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	 => �máx(DB) = 9 167 324,722 Pa 
 
�máx(BC) = ƒ‰†	.		 ‘ => �máx(BC) = 
1	JKK	.		K,K43
K,3	.		|	.		(K,K43)‚	 => �máx(BC) = 73 338 597,78 Pa 
 
37) 
 
a) �máx = ? 
 
TAB = 18 000 . � N.m - 8 000 . � N.m = 10 000 . � N.m 
TBC = - 8 000 . � N.m 
 
b) ∅D = ? 
∅D = ∅C = ∅AB + ∅BC 
 
∅AB = ƒˆ‰	.		4,KK,3	.		|	.		(K,KJK)‚	.		JK	.		1K 
 
∅BC = ∅BC(Bronze) = ∅BC(Aço) = ƒ‰†(‰—–•Ï)	.		1,3K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K = ƒ‰†(ˆç–)	.		1,3K,3	.		|	.		a(K,KJK)‚/	(K,K3K)‚e	.		JK	.		1K 
Adriano Alberto 
 
54 
 
=> 
ƒ‰†(‰—–•Ï)	.		1,3		.		11,1KD4
K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K	.		11,1KD4 = 
ƒ‰†(ˆç–)	.		1,3
K,3	.		|	.		a(K,KJK)‚/	(K,K3K)‚e	.		JK	.		1K 
 
=> 16,6608 . �ÐÑ(Ð+){Ò�) = 1,5 . �ÐÑ(�ç))	 (I) 
 
TBC = - 8 000 . � N.m = ºÓÔ(Ӕu>ÕÖ) + ºÓÔ(Íçu) => �ÐÑ(Ð+){Ò�) = - 8 000 . � - �ÐÑ(�ç)) (II) 
 
Substituíndo II em I: 
 
16,6608 . [ - 8 000 . � - ºÓÔ(Íçu)] = 1,5 . ºÓÔ(Íçu) => - 418 731,5751 – 16,6608 . ºÓÔ(Íçu) = 
= 1,5 . ºÓÔ(Íçu) => �ÐÑ(�ç)) = - 23 056,89039 N.m 
�ÐÑ(Ð+){Ò�) = - 2 075,850835 N.m 
 
∅D = ∅C = ∅AB + ∅BC = 1K	KKK		.		|		.		4,KK,3	.		|	.		(K,KJK)‚	.		JK	.		1K - 4	KD3,J3KJ@3	.		1,3K,3	.		|	.		(K,K3K)‚	.		0K	.		1K = 
 
= 0,012207031 - 0,007929166116 = 0,004277864884 rad 
 
a) 
�máx[BC(Bronze)] = ƒ‰†(‰—–•Ï)	.		 ‘ = 4	KD3,J3KJ@3		.		K,K3KK,3	.		|	.		(K,K3K)‚	 => �máx[BC(Bronze)] = 10 572 221,49 Pa 
 �máx[BC(Aço)] = ƒ‰†(ˆç–)	.		 ‘ = 	4@	K3A,JEK@E	.		K,KJKK,3	.		|	.a(K,KJK)‚	–	(K,K3K)‚e	 => �máx[BC(Aço)] = 33 831 108,76 Pa 
 
�máx(AB) = ƒˆ‰	.		 ‘ => �máx(AB) = 
1K	KKK	.		|	.		K,KJK
K,3	.		|	.		(K,KJK)‚	 => �máx(AB) = 39 062 500,00 Pa (resp) 
 
 
Eixos Sólidos Não Circulares 
 
 Tabela 
 
 
�máx = ��'	.		,§� ; 
 
a × b 
 
Obs: para a/b 	× 5 => c1 = c
 
 
Tubos de Parede
�méd = ��%	.		�� 
 
 
 
; ∅
 
= 
�Œ
��	.		,§�	.		‹ 
= c2 
Tubos de Paredes Finas com Seções Transversais Fechadas
 
Adriano Alberto 
55 
 
com Seções Transversais Fechadas 
Adriano Alberto 
 
56 
∅ = �Œ���	� 	.		‹	.		% . ∮#* 
 
�A . tA = �B . tB (fluxo de cisalhamento) 
 
q = �méd . t 
 
Para seção circular (t constante): 
�méd = ���%	.		+�� 
 
∅ = ƒ0(|”�S )	S	.		’Ù . 2� . rm = �Œ��	.		+�� 	.		‹% 
 
Para seção quadrada (t constante): 
�méd = ��%	.		,�� 
∅ = ƒ0¥�	‚ 	.		’Ù . 4 . am = �Œ,�	� 	.		‹% 
 
Para seção de triângulo equilátero (t constante): 
�méd = �%	.		,�� 	.		*�{£P 
∅ = ƒ¥�	‚ 	.		K.D3	.		’Ù . 3 . am = ��Œ,�	� 	.		‹% 
 
 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
57 
38) 
 
a) �máx = 0,J1ƒ¥Q => 35 . 106 = 0,J1ƒ(K,K3)Q => T = 909,563 N.m 
 
∅
 
= 
D,1Kƒ
¥‚	.		’ => ∅ = 
D,1K	.		EKE,3A@	.		K,@43
(K,K3)‚	.		0K	.		1K = 8,3953 . 10-3 rad = 0,481° 
 
b) a = 0,070 m ; b = 0,035 m ; a/b = 2 
 
Obs: utilizar tabela acima 
 
 �máx = ƒ “	.		¥¦S => 35 . 106 = ƒK,40A		.		K,KDK	.		(K,K@3)S => T = 738,3075 N.m 
 
 
∅
 
= 
ƒ
 S	.		¥¦Q	.		’ => ∅ = 
D@J,@KD3	.		K,@43
K,44E	.		K,KDK	.		(K,K@3)Q	.		0K	.		1K = 0,500° 
 
 
39) a = 0,019 m ; b = 0,0095 m ; a/b = 2 ; �máx = 100 . 106 Pa ; G = 79,3 . 109 Pa ; 
 
 ∅máx = 15° = 0,2618 rad ; c1 = 0,246 ; c2 = 0,229 
 
�máx = ƒ “	.		¥¦S => 100 . 106 = ƒK,40A		.		K,K1E	.		(K,KKE3)S => T = 42,18285 N.m 
 
 
∅
 
= 
ƒ
 S	.		¥¦Q	.		’ => 0,2618 = 
04,1J4J3	.		�í•
K,44E	.		K,K1E	.		(K,KKE3)Q	.		DE,@	.		1K => Lmín = 1,8360 m 
 
Adriano Alberto 
 
58 
 
40) a = 0,030 m ; b = 0,020 m ; a/b = 1,5 ; G = 80 . 109 Pa ; 
 
L = 0,750 m ; ∅máx = 2° = 0,0349 rad ; c1 = 0,231 ; c2 = 0,1958 
 
�máx = ? 
 
�máx = ƒ “	.		¥¦S = ƒK,4@1		.		K,K@K	.		(K,K4K)S => T = 2,772 . 10-6 . �máx 
 
 
∅
 
= 
ƒ
 S	.		¥¦Q	.		’ => 0,0349 = 
ƒ		.		K,D3K
K,1E3J	.		K,K@K	.		(K,K4K)Q	.		JK	.		1K => T = 174,9356 N.m 
 
�máx = 1D0,E@3A4,DD4	.		1K}~ = 63,1081 MPa (La respuesta soy yo!!!) 
 
41) T = 300 N.m ; �adm = 60 . 106 Pa 
 
d = ? 
 
a) 60 . 106 = @KKŽ
S		.		 Q		 => c = 0,014710 m = 14,710 mm 
 
d = 2 . c = 29,42 mm 
 
b) a = d ; b = d ; a/b = 1 ; �adm = 60 . 106 Pa ; c1 = 0,208 
 
�máx = ƒ “	.		¥¦S => 60 . 106 = @KKK,4KJ	.		›Q => d = 28,860 mm 
Adriano Alberto 
 
59 
 
c) a = 2d ; b = d ; a/b = 2 ; �adm = 60 . 106 Pa ; c1 = 0,246 
 
�máx = ƒ “	.		¥¦S => 60 . 106 = @KKK,40A	.		4›Q => d = 21,660 mm 
 
42) T = 90 N.m ; r1 = 0,027 m ; r2 = 0,030 m ; a = 0,0025 m ; b = 0,0035 m 
 
rm = (30 + 27)/2 = 28,5 mm = 0,0285 m 
 
�méd = ƒ4Ù	.		Í� => �a(méd) = EK4		.		K,KK43	.		|	.		K,K4J3S = 7,054 MPa 
 
�b(méd) = EK4		.		K,KK@3	.		|	.		K,K4J3S = 5,039 MPa 
 
 
*** 43) T = 90 N.m ; r1 = 0,038 m ; r2 = 0,040 m ; a = 0,004 m ; b = 0,002 m 
 
 
Adriano Alberto 
 
60 
 
 
Atotal = 
(�
� + Asegmento 
Obs: na questão r ≠ l 
 
Asegmento = Asetor - Atriângulo 
 
2� ------ � . r2 
? ------- Asetor 
 
=> Asetor = 
$	.		+�
� (? em radianos) 
 
Atriângulo = ? 
 
Diagonal do quadrado = l√2 = base do triângulo 
 
Dividindo o triângulo isósceles em dois triângulos retângulos para calcular a altura h: 
Adriano Alberto 
 
61 
 
r2 = (Ü√44 )2 + h2 => h2 = r2 - 
ÜS
4 => h = Xš4 	I 		 Ü
S
4 
 
Atriângulo = XÜS4 		 . (š4 I	 Ü
S
4)					 = X(
�.		+�
� 	I 	 (
�
� 
 
Cálculo de ?: 
 
No mesmo trângulo retângulo, obtemos: 
 
Fazendo ]4 = B 
 
”
vÖ>EK = 
È√SSvÖ>Ý => senB = 
Ü√4
4” => B = arcsen( 
Ü√4
4” ) 
 
=> $ = 2 . arcsen( (√��+ ) 
 
Então, 
Asetor = r2 . arcsen( (√��+ ) 
 
Vamos agora calcular a área do segmento: 
 
Asegmento = Asetor - Atriângulo 
Adriano Alberto 
 
62 
=> Asegmento = r2 . arcsen( (√��+ ) - X(
�.		+�
� 	I 	 (
�
� 
 
Cálculo da área total: 
 
Atotal = 
ÜS
4 + Asegmento => 
 
Atotal = 
(�
� + r
2 
. arcsen( (√��+ ) - X(
�.		+�
� 	I 	 (
�
� 
 
Obs: O arcsen tem que ser calculado em radianos 
 
Cálculo da área média: 
 
Am = 
(��
� + +�� . arcsen( (�	.		√��+� ) - X(�
� 	.	+��
� 	I 	 (�
�
� 
 
 
rm = (40 + 38)/2 = 39 mm = 0,039 m 
 
lm = 55 – 2 – 1 = 52 mm = 0,052 m 
 
Logo, 
 
Am = 1,352 . 10-3 + (1,521 . 10-3) . (1,230959417) – 4,780041841 . 10-4 => 
 
Am = 2,746285089 . 10-3 m² 
Adriano Alberto 
 
63 
 
�méd = ƒ4Ù	.		Í� => �a(méd) = EK4		.		K,KK0	.		4,D0A4J3KJE	.		1K}Q = 4,096 MPa 
 
�b(méd) = EK4		.		K,KK4	.		4,D0A4J3KJE	.		1K}Q = 8,193 MPa 
 
Testandoa validade da equação fazendo l = r: 
 
Atotal = 
”S
4 + r
2 
. arcsen( ”√44” ) - X”
S.		”S
4 	I 	”
‚
0 
 
= 
”S
4 + r2 . 
|
0 - X”
‚
0 	 = 4”
S2	|	.		”S
0 - 
”S
4 = 
2š2+	�	.		š2	I		2š2
0 = 
�	.		+�
� (ok) 
 
44) t = 0,0015 m ; �adm = 2,5 . 106 Pa 
 
�méd = ƒ4Ù	.		Í� 
 
am = 0,050 – 0,0015 = 0,0485 m ; bm = 0,020 – 0,0015 = 0,0185 m 
 
Am = am . bm + (am – bm) . bm = bm . (2am – bm) 
 
Am = 0,0185 . 0,0785 = 1,45225 . 10-3 m² 
 
2,5 . 106
 
= 
ƒ�á�
4		.		K,KK13		.		1,03443	.		1K}Q => Tmáx = 10,891875 N.m 
 
Adriano Alberto 
 
64 
45) t = 0,0032 m ; T = 339 N.m ; �adm = 3,45 . 106 Pa 
 
d = ? 
 
3,45 . 106
 
= 
@@E
4		.		K,KK@4		.		Í� => Am = 0,01535326 m² 
 
Am = (d – 0,0032) . (3 . 0,051 – 0,0032) + 0,0635 . (0,051 – 0,0032) = 0,01535326 
 
=> (d – 0,0032) . 0,1498 + 0,0635 . 0,0478 = 0,01535326 
=> 0,1498 . d - 4,7936 . 10-4 + 3,0353 . 10-3 = 0,01535326 => d = 0,085429372 m => 
d = 85,429 mm 
 
 
 
Concentração de Tensão 
 
Torção Inelástica 
 
Tensão Residual