AULAS G2

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09/10/2017 Página 2
τmax= (Mt.Re / J�)
τmax= 500000.13 / 43881,76
τmax= 148,12 kgf/cm²
2 m 2 m
100 kgf
J�= (π.Re⁴ / 2)-(π.Ri⁴ / 2)
J�= (π.13⁴ / 2)-(π.5⁴ / 2)
J�= 43881,76 cm⁴
2) Verificar um eixo de raio externo de 13 cm e raio interno de 5 cm sujeito a um momento de 
torção de 5000 kgf.m, usando a teoria de Coulomb. a tensão de ruptura por tração do material
do eixo é 2400 kgf/cm² e por compressão é de 4000 kgf/cm².
Resolução prova
Teoria de Coulomb:
(σ1/σT + σ3/-σC). s 1≤
(148,12/2400 + -148,12/-4000). s 1≤
(0,061 + 0,037). s 1≤
(0,09803). s 1≤
s= 10,20
09/10/2017 Página 1
Tensão no entorno de um ponto
Torção
Árvores de Transmissão
A potência transmitida por um eixo (N) e o número de rotações (n), efetuadas pelo mesmo 
em um minuto. Normalmente N é expresso em CV e n em rotações por minuto (RPM).
Para calcular momento torçor.
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= 5013,4.R / (π.R⁴ / 2)
τmax= 3191,63 / R³
Mt
τmax
τmax
R
R
τmax
τ=0
Tensões que chegam no ponto
→ Definição do ponto
100 kgf
diagrama de momento
Linha Neutra (σ=0)
τ
τ
σ
σ1=0
σ2=0
σ3=-0
σ1=0
σ2=0
σ3=0
σ
σ
σmaxT
σmaxC
σ
Tensão em um ponto
τ
σ
σ1
τ
σ
σ3
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Tensão Cisalhante máxima
J�= π.R⁴ / 2
1) Dimensionar o eixo de secção circular a fim de que transmita 2100 CV a 300 RPM. Usar a 
teoria de St. Venant com s=3. O material é dúctil com σe= 4200 kgf/cm² e γ=0,3.
Teoria de Saint Venant:
σT/s (σ1 - γ(σ2+σ3) (σ2 - γ(σ1+σ3) (σ3 - γ(σ1+σ2) -σC/s≥ ≥ ≥ ≥
4200/3 (319163 / R³ - 0,3(0-319163/ R³) (0 - 0,3(319163/ R³-319163/ R³) (-319163/ R³ - 0,3(319163/ R³+0) -4200/3≥ ≥ ≥ ≥
1400 (319163 / R³ + 95748,9/ R³) (-319163/ R³ - 95748,9 / R³) -1400≥ ≥ ≥
1400 (414911,9 / R³) (-414911,9/ R³) -1400≥ ≥ ≥
N= 2100 CV
n= 300 RPM 
Mt= 716,2 . (2100/300)
Mt= 5013,4 kgf.m
σ1= 3191,63 / R³
σ2= 0
σ3= -3191,63 / R³
R³ = (414911,9 / 1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
R³ = (-414911,9 / -1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
σT= 2400 kgf/cm²
σC=4000 kgf/cm². 
σ1= 148,12 kgf/cm²
σ2= 0
σ3= -148,12 kgf/cm²
1) Sabendo que a massa do motor é de 500 kg, determine a área da barra CD utilizando um
coeficiente de segurança de 2. admitindo que o material é frágil com σC= 100 MPa e σT= 60 MPa.
Justifique a teoria indicada. 
2) 
σ1 + σ3 . s ≤ 1 12262,5/A + 0 . ≤ 1 12262,5/A . ≤ 0,5
 12262,5 ≤ A
σ1= F/A
σ1= 12262,5/A
σT 60x10⁶ 60x10⁶ 
0,5. 60x10⁶ 
σC 100x10⁶ 
500 kg
1 m1 m1 m
A
D
C B
1
,5
 m
ΣM(A)= 0 
(-4905.3)+(RCD.cosθ.1,5)= 0
(-14715)+(RCD.cos36,86°.1,5)= 0
RCD= 14715/ 1,5cos36,86°
RCD= 12262,5 N
tanθ= Co/Ca
tanθ= 1,5/2
tanθ= 0,75
θ= arctan 0,75
θ= 36,86°θ
P= m.g
P= 500 kg . 9,81 m/s²
P= 4905 N
12262,5 N12262,5 N
2
→ →
→ A= 0,00040875 m²
A= 408,75 m² 
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Estudo das tensões/deformações
Generalização da lei de Hook
O cálculo das deformações lineares εx, εy e εz seguindo as direções
dos eixos X, Y e Z. A deformação linear na direção X é obtida 
superpondo-se os efeitos de σx, σy e σz, seguindo uma direção X.
Tensão Normal aplicada em um eixo cilindrico
Deformação
σ=ε
σ→ Tensão Normal
ε→ Deformação
τ=γ
τ→ Tensão Cisalhante
γ→ Distorção
ε= Lf-Li / Li → ε= ΔL / Li
εlongitudinal= ΔL / L
εtransversal= ΔD / D
ε
σ
σ= ε.E
σ (tensão normal)
ε (deformação)
E (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
τ= G.γ
τ (tensão cisalhante)
γ (distorção)
G (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
Diagrama Tensão x Deformação
fratura
região
elástica
região
de escoamento
região
plástica
F
F F
F F
F
εT / εL = ν (coeficiente de Poison)
‘‘depende do material’’
Somente ensaio de tração 
ou compressão pura
G= E / 2.(1+ν)
εL = σ/E εT = -ν - σ/E
σT = ν . σ/E
σz
σy
σx
σx / E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σx
-ν . σy/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σy
-ν . σz/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σzx
εx= (σx/E) - (ν . σy/E) - (ν . σz/E) 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz)) 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz)) 
εy= 1/E . (σz - ν (σx+σy)) 
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1) Um elemento cúbico foi retirado de uma peça sujeita a forças. Sendo o módulo de elasticidade
longitudinal igual a 2x10⁶ kgf/cm² e o coeficiente de Poison é igual a 0,3. calcule a deformação em 
direção X.
2) O prisma da figura está submetido a tensões normais cujos modulos são σx= 40 kgf/cm²,
σy= 60 kgf/cm² e σz= 50 kgf/cm². Pede-se calcular as deformações em X, Y e Z. Sabe-se que
o módulo de elasticidade é 10⁶ kgf/cm2 e o coeficiente de Poison é 0,25
3) Determine as tensões para os materiais diferentes E= 200 GPa e E=100 Gpa sabendo que 
para a tensão de compressão os dois materiais tem o mesmo encurtamento 1,04 mm e 
comprimento inicial de 800 mm. 
4) Dado o elemento da figura submetido a um estado pleno de tensões. Pede-se calcular as
deformações em X, Y, e Z.
Dados:
ν= 0,3; E=1,3x10⁴ Mpa; lσl= 100 MPa
5) Uma placa é submetida a tensões de compressão na direção X de módulo 50 kgf/cm². 
Sabe-se que a deformação é impedida na direção Y devido a presença de dois elementos
fixoas A e B. pede-se calcular a deformação na direção X. Dados: ν= 0,2; E=2x10⁶ Mpa;
6) Uma Barra de alumínio de diâmetro 10 mm e comprimento 1000 mm está submetida a uma
carga axial de tração de 2000 N. O alumínio tem E= 30000 MPa e ν=0,3. determine o comprimento
e diâmetros finais. 
σ= ε.E
-σ= 1,3x10 ³ . 200x10⁹
σ= 260 MPa 
σx= -50 kgf/cm²
σy= -10 kgf/cm²
σz= 0
σ= ε.E
-σ= -1,3x10 ³ . 100x10⁹
σ= -130 MPa 
ε= Lf-Li / Li
ε= (800-1,04)-800 / 800
ε= (798,96)-800 / 800
-ε= 1,3 x 10 ³
εlongitudinal= Lf-Li / Li
0,00085= Lf-1000 / 1000
Lf= 1085 mm
εtransversal= Df-Di / Di
-0,000255= Df-10 / 10
Df= 9,99745 mm
2000 N 2000 N
ν= εT / εL
0,3= εT / 0,00085
εT= -0,000255 
σz
σz
σy
σy
σx
σx
x
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (100 - 0,3 (0+200))
-εx= 2x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/10⁶ . (-40 - 0,25 (-60-50))
-εx= -1,25x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/1,3x10⁴ . (100 - 0,3 (-100-0))
εx= 0,01 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (-50 - 0,2 (-10+0))
-εx= 2,4x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/10⁶ . (-60 - 0,25 (-40-50))
-εy= -3,75x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/1,3x10⁴ . (-100 - 0,3 (100-0))
εy= -0,01
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
0= 1/2x10⁶ . (σy - 0,2 (-50+0))
σy= -10 kgf/cm²
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/10⁶ . (-50 - 0,25 (-40-60))
-εz= -2,5x10 ⁵ 
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/1,3x10⁴ . (0 - 0,3 (100-100))
εz= 0 
σx= 100 kgf/cm²
σy= 0
σz= 200 kgf/cm²
σ= F/A
σ= 2000/(π.d² / 4)
σ= 2000/(π.10² / 4)
σ= 25,46 MPa
σ
τ
τσ
x
x
z
z
y
y
y
y
A A
B B
50 kgf/cm²50 kgf/cm²
εx= σx/E
εx= 25,46 / 30000
-εx= 8,5x10 ⁴
2 m 2 m
100 kgf
Resolução prova
09/10/2017 Página 1
Tensão no entorno de um ponto
Torção
Árvores de Transmissão
A potência transmitida por um eixo (N) e o número de rotações (n), efetuadas pelo mesmo 
em um minuto. Normalmente N é expresso em CV e n em rotações por minuto (RPM).
Para calcular momento torçor.
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= 5013,4.R / (π.R⁴ / 2)
τmax= 3191,63 / R³
Mt
τmax
τmax
R
R
τmax
τ=0
Tensões que chegam no ponto
→ Definição do ponto
100 kgf
diagrama de momento
Linha Neutra (σ=0)
τ
τ
σ
σ1=0
σ2=0
σ3=-0σ1=0
σ2=0
σ3=0
σ
σ
σmaxT
σmaxC
σ
Tensão em um ponto
τ
σ
σ1
τ
σ
σ3
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Tensão Cisalhante máxima
J�= π.R⁴ / 2
1) Dimensionar o eixo de secção circular a fim de que transmita 2100 CV a 300 RPM. Usar a 
teoria de St. Venant com s=3. O material é dúctil com σe= 4200 kgf/cm² e γ=0,3.
Teoria de Saint Venant:
σT/s (σ1 - γ(σ2+σ3) (σ2 - γ(σ1+σ3) (σ3 - γ(σ1+σ2) -σC/s≥ ≥ ≥ ≥
4200/3 (319163 / R³ - 0,3(0-319163/ R³) (0 - 0,3(319163/ R³-319163/ R³) (-319163/ R³ - 0,3(319163/ R³+0) -4200/3≥ ≥ ≥ ≥
1400 (319163 / R³ + 95748,9/ R³) (-319163/ R³ - 95748,9 / R³) -1400≥ ≥ ≥
1400 (414911,9 / R³) (-414911,9/ R³) -1400≥ ≥ ≥
N= 2100 CV
n= 300 RPM 
Mt= 716,2 . (2100/300)
Mt= 5013,4 kgf.m
σ1= 3191,63 / R³
σ2= 0
σ3= -3191,63 / R³
R³ = (414911,9 / 1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
R³ = (-414911,9 / -1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
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τmax= (Mt.Re / J�)
τmax= 500000.13 / 43881,76
τmax= 148,12 kgf/cm²
J�= (π.Re⁴ / 2)-(π.Ri⁴ / 2)
J�= (π.13⁴ / 2)-(π.5⁴ / 2)
J�= 43881,76 cm⁴
2) Verificar um eixo de raio externo de 13 cm e raio interno de 5 cm sujeito a um momento de 
torção de 5000 kgf.m, usando a teoria de Coulomb. a tensão de ruptura por tração do material
do eixo é 2400 kgf/cm² e por compressão é de 4000 kgf/cm².
Teoria de Coulomb:
(σ1/σT + σ3/-σC). s 1≤
(148,12/2400 + -148,12/-4000). s 1≤
(0,061 + 0,037). s 1≤
(0,09803). s 1≤
s= 10,20
σT= 2400 kgf/cm²
σC=4000 kgf/cm². 
σ1= 148,12 kgf/cm²
σ2= 0
σ3= -148,12 kgf/cm²
1) Sabendo que a massa do motor é de 500 kg, determine a área da barra CD utilizando um
coeficiente de segurança de 2. admitindo que o material é frágil com σC= 100 MPa e σT= 60 MPa.
Justifique a teoria indicada. 
2) 
σ1 + σ3 . s ≤ 1 12262,5/A + 0 . ≤ 1 12262,5/A . ≤ 0,5
 12262,5 ≤ A
σ1= F/A
σ1= 12262,5/A
σT 60x10⁶ 60x10⁶ 
0,5. 60x10⁶ 
σC 100x10⁶ 
500 kg
1 m1 m1 m
A
D
C B
1
,5
 m
ΣM(A)= 0 
(-4905.3)+(RCD.cosθ.1,5)= 0
(-14715)+(RCD.cos36,86°.1,5)= 0
RCD= 14715/ 1,5cos36,86°
RCD= 12262,5 N
tanθ= Co/Ca
tanθ= 1,5/2
tanθ= 0,75
θ= arctan 0,75
θ= 36,86°θ
P= m.g
P= 500 kg . 9,81 m/s²
P= 4905 N
12262,5 N12262,5 N
2
→ →
→ A= 0,00040875 m²
A= 408,75 m² 
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Estudo das tensões/deformações
Generalização da lei de Hook
O cálculo das deformações lineares εx, εy e εz seguindo as direções
dos eixos X, Y e Z. A deformação linear na direção X é obtida 
superpondo-se os efeitos de σx, σy e σz, seguindo uma direção X.
Tensão Normal aplicada em um eixo cilindrico
Deformação
σ=ε
σ→ Tensão Normal
ε→ Deformação
τ=γ
τ→ Tensão Cisalhante
γ→ Distorção
ε= Lf-Li / Li → ε= ΔL / Li
εlongitudinal= ΔL / L
εtransversal= ΔD / D
ε
σ
σ= ε.E
σ (tensão normal)
ε (deformação)
E (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
τ= G.γ
τ (tensão cisalhante)
γ (distorção)
G (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
Diagrama Tensão x Deformação
fratura
região
elástica
região
de escoamento
região
plástica
F
F F
F F
F
εT / εL = ν (coeficiente de Poison)
‘‘depende do material’’
Somente ensaio de tração 
ou compressão pura
G= E / 2.(1+ν)
εL = σ/E εT = -ν - σ/E
σT = ν . σ/E
σz
σy
σx
σx / E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σx
-ν . σy/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σy
-ν . σz/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σzx
εx= (σx/E) - (ν . σy/E) - (ν . σz/E) 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz)) 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz)) 
εy= 1/E . (σz - ν (σx+σy)) 
16/10/2017 Página 2
1) Um elemento cúbico foi retirado de uma peça sujeita a forças. Sendo o módulo de elasticidade
longitudinal igual a 2x10⁶ kgf/cm² e o coeficiente de Poison é igual a 0,3. calcule a deformação em 
direção X.
2) O prisma da figura está submetido a tensões normais cujos modulos são σx= 40 kgf/cm²,
σy= 60 kgf/cm² e σz= 50 kgf/cm². Pede-se calcular as deformações em X, Y e Z. Sabe-se que
o módulo de elasticidade é 10⁶ kgf/cm2 e o coeficiente de Poison é 0,25
3) Determine as tensões para os materiais diferentes E= 200 GPa e E=100 Gpa sabendo que 
para a tensão de compressão os dois materiais tem o mesmo encurtamento 1,04 mm e 
comprimento inicial de 800 mm. 
4) Dado o elemento da figura submetido a um estado pleno de tensões. Pede-se calcular as
deformações em X, Y, e Z.
Dados:
ν= 0,3; E=1,3x10⁴ Mpa; lσl= 100 MPa
5) Uma placa é submetida a tensões de compressão na direção X de módulo 50 kgf/cm². 
Sabe-se que a deformação é impedida na direção Y devido a presença de dois elementos
fixoas A e B. pede-se calcular a deformação na direção X. Dados: ν= 0,2; E=2x10⁶ Mpa;
6) Uma Barra de alumínio de diâmetro 10 mm e comprimento 1000 mm está submetida a uma
carga axial de tração de 2000 N. O alumínio tem E= 30000 MPa e ν=0,3. determine o comprimento
e diâmetros finais. 
σ= ε.E
-σ= 1,3x10 ³ . 200x10⁹
σ= 260 MPa 
σx= -50 kgf/cm²
σy= -10 kgf/cm²
σz= 0
σ= ε.E
-σ= -1,3x10 ³ . 100x10⁹
σ= -130 MPa 
ε= Lf-Li / Li
ε= (800-1,04)-800 / 800
ε= (798,96)-800 / 800
-ε= 1,3 x 10 ³
εlongitudinal= Lf-Li / Li
0,00085= Lf-1000 / 1000
Lf= 1085 mm
εtransversal= Df-Di / Di
-0,000255= Df-10 / 10
Df= 9,99745 mm
2000 N 2000 N
ν= εT / εL
0,3= εT / 0,00085
εT= -0,000255 
σz
σz
σy
σy
σx
σx
x
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (100 - 0,3 (0+200))
-εx= 2x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/10⁶ . (-40 - 0,25 (-60-50))
-εx= -1,25x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/1,3x10⁴ . (100 - 0,3 (-100-0))
εx= 0,01 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (-50 - 0,2 (-10+0))
-εx= 2,4x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/10⁶ . (-60 - 0,25 (-40-50))
-εy= -3,75x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/1,3x10⁴ . (-100 - 0,3 (100-0))
εy= -0,01
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
0= 1/2x10⁶ . (σy - 0,2 (-50+0))
σy= -10 kgf/cm²
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/10⁶ . (-50 - 0,25 (-40-60))
-εz= -2,5x10 ⁵ 
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/1,3x10⁴ . (0 - 0,3 (100-100))
εz= 0 
σx= 100 kgf/cm²
σy= 0
σz= 200 kgf/cm²
σ= F/A
σ= 2000/(π.d² / 4)
σ= 2000/(π.10² / 4)
σ= 25,46 MPa
σ
τ
τσ
x
x
z
z
y
y
y
y
A A
B B
50 kgf/cm²50 kgf/cm²
εx= σx/E
εx= 25,46 / 30000
-εx= 8,5x10 ⁴
09/10/2017 Página 109/10/2017 Página 2
Tensão no entorno de um ponto
Torção
Árvores de Transmissão
A potência transmitida por um eixo (N) e o número de rotações (n), efetuadas pelo mesmo 
em um minuto. Normalmente N é expresso em CV e n em rotações por minuto (RPM).
Para calcular momento torçor.
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= (Mt.Re / J�)
τmax= 500000.13 / 43881,76
τmax= 148,12 kgf/cm²
τmax= Mt.R / J�
τmax= 5013,4.R / (π.R⁴ / 2)
τmax= 3191,63 / R³
Mt
τmax
τmax
R
R
τmax
τ=0
Tensões que chegam no ponto
→ Definição do ponto
2 m 2 m
100 kgf
100 kgf
diagrama de momento
Linha Neutra (σ=0)
τ
τ
σ
σ1=0
σ2=0
σ3=-0
σ1=0
σ2=0
σ3=0
σ
σ
σmaxT
σmaxC
σ
Tensão em um ponto
τ
σ
σ1
τ
σ
σ3
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Tensão Cisalhante máxima
J�= π.R⁴ / 2
J�= (π.Re⁴ / 2)-(π.Ri⁴ / 2)
J�= (π.13⁴ / 2)-(π.5⁴ / 2)
J�= 43881,76 cm⁴
1) Dimensionar o eixo de secção circular a fim de que transmita 2100 CV a 300 RPM. Usar a 
teoria de St. Venant com s=3. O material é dúctil com σe= 4200 kgf/cm² e γ=0,3.
2) Verificar um eixo de raio externo de 13 cm e raio interno de 5 cm sujeito a um momento de 
torção de 5000kgf.m, usando a teoria de Coulomb. a tensão de ruptura por tração do material
do eixo é 2400 kgf/cm² e por compressão é de 4000 kgf/cm².
Resolução prova
Teoria de Saint Venant:
Teoria de Coulomb:
σT/s (σ1 - γ(σ2+σ3) (σ2 - γ(σ1+σ3) (σ3 - γ(σ1+σ2) -σC/s≥ ≥ ≥ ≥
4200/3 (319163 / R³ - 0,3(0-319163/ R³) (0 - 0,3(319163/ R³-319163/ R³) (-319163/ R³ - 0,3(319163/ R³+0) -4200/3≥ ≥ ≥ ≥
1400 (319163 / R³ + 95748,9/ R³) (-319163/ R³ - 95748,9 / R³) -1400≥ ≥ ≥
1400 (414911,9 / R³) (-414911,9/ R³) -1400≥ ≥ ≥
(σ1/σT + σ3/-σC). s 1≤
(148,12/2400 + -148,12/-4000). s 1≤
(0,061 + 0,037). s 1≤
(0,09803). s 1≤
s= 10,20
N= 2100 CV
n= 300 RPM 
Mt= 716,2 . (2100/300)
Mt= 5013,4 kgf.m
σ1= 3191,63 / R³
σ2= 0
σ3= -3191,63 / R³
R³ = (414911,9 / 1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
R³ = (-414911,9 / -1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
σT= 2400 kgf/cm²
σC=4000 kgf/cm². 
σ1= 148,12 kgf/cm²
σ2= 0
σ3= -148,12 kgf/cm²
1) Sabendo que a massa do motor é de 500 kg, determine a área da barra CD utilizando um
coeficiente de segurança de 2. admitindo que o material é frágil com σC= 100 MPa e σT= 60 MPa.
Justifique a teoria indicada. 
2) 
σ1 + σ3 . s ≤ 1 12262,5/A + 0 . ≤ 1 12262,5/A . ≤ 0,5
 12262,5 ≤ A
σ1= F/A
σ1= 12262,5/A
σT 60x10⁶ 60x10⁶ 
0,5. 60x10⁶ 
σC 100x10⁶ 
500 kg
1 m1 m1 m
A
D
C B
1
,5
 m
ΣM(A)= 0 
(-4905.3)+(RCD.cosθ.1,5)= 0
(-14715)+(RCD.cos36,86°.1,5)= 0
RCD= 14715/ 1,5cos36,86°
RCD= 12262,5 N
tanθ= Co/Ca
tanθ= 1,5/2
tanθ= 0,75
θ= arctan 0,75
θ= 36,86°θ
P= m.g
P= 500 kg . 9,81 m/s²
P= 4905 N
12262,5 N12262,5 N
2
→ →
→ A= 0,00040875 m²
A= 408,75 m² 
16/10/2017 Página 1
Estudo das tensões/deformações
Generalização da lei de Hook
O cálculo das deformações lineares εx, εy e εz seguindo as direções
dos eixos X, Y e Z. A deformação linear na direção X é obtida 
superpondo-se os efeitos de σx, σy e σz, seguindo uma direção X.
Tensão Normal aplicada em um eixo cilindrico
Deformação
σ=ε
σ→ Tensão Normal
ε→ Deformação
τ=γ
τ→ Tensão Cisalhante
γ→ Distorção
ε= Lf-Li / Li → ε= ΔL / Li
εlongitudinal= ΔL / L
εtransversal= ΔD / D
ε
σ
σ= ε.E
σ (tensão normal)
ε (deformação)
E (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
τ= G.γ
τ (tensão cisalhante)
γ (distorção)
G (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
Diagrama Tensão x Deformação
fratura
região
elástica
região
de escoamento
região
plástica
F
F F
F F
F
εT / εL = ν (coeficiente de Poison)
‘‘depende do material’’
Somente ensaio de tração 
ou compressão pura
G= E / 2.(1+ν)
εL = σ/E εT = -ν - σ/E
σT = ν . σ/E
σz
σy
σx
σx / E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σx
-ν . σy/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σy
-ν . σz/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σzx
εx= (σx/E) - (ν . σy/E) - (ν . σz/E) 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz)) 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz)) 
εy= 1/E . (σz - ν (σx+σy)) 
16/10/2017 Página 2
1) Um elemento cúbico foi retirado de uma peça sujeita a forças. Sendo o módulo de elasticidade
longitudinal igual a 2x10⁶ kgf/cm² e o coeficiente de Poison é igual a 0,3. calcule a deformação em 
direção X.
2) O prisma da figura está submetido a tensões normais cujos modulos são σx= 40 kgf/cm²,
σy= 60 kgf/cm² e σz= 50 kgf/cm². Pede-se calcular as deformações em X, Y e Z. Sabe-se que
o módulo de elasticidade é 10⁶ kgf/cm2 e o coeficiente de Poison é 0,25
3) Determine as tensões para os materiais diferentes E= 200 GPa e E=100 Gpa sabendo que 
para a tensão de compressão os dois materiais tem o mesmo encurtamento 1,04 mm e 
comprimento inicial de 800 mm. 
4) Dado o elemento da figura submetido a um estado pleno de tensões. Pede-se calcular as
deformações em X, Y, e Z.
Dados:
ν= 0,3; E=1,3x10⁴ Mpa; lσl= 100 MPa
5) Uma placa é submetida a tensões de compressão na direção X de módulo 50 kgf/cm². 
Sabe-se que a deformação é impedida na direção Y devido a presença de dois elementos
fixoas A e B. pede-se calcular a deformação na direção X. Dados: ν= 0,2; E=2x10⁶ Mpa;
6) Uma Barra de alumínio de diâmetro 10 mm e comprimento 1000 mm está submetida a uma
carga axial de tração de 2000 N. O alumínio tem E= 30000 MPa e ν=0,3. determine o comprimento
e diâmetros finais. 
σ= ε.E
-σ= 1,3x10 ³ . 200x10⁹
σ= 260 MPa 
σx= -50 kgf/cm²
σy= -10 kgf/cm²
σz= 0
σ= ε.E
-σ= -1,3x10 ³ . 100x10⁹
σ= -130 MPa 
ε= Lf-Li / Li
ε= (800-1,04)-800 / 800
ε= (798,96)-800 / 800
-ε= 1,3 x 10 ³
εlongitudinal= Lf-Li / Li
0,00085= Lf-1000 / 1000
Lf= 1085 mm
εtransversal= Df-Di / Di
-0,000255= Df-10 / 10
Df= 9,99745 mm
2000 N 2000 N
ν= εT / εL
0,3= εT / 0,00085
εT= -0,000255 
σz
σz
σy
σy
σx
σx
x
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (100 - 0,3 (0+200))
-εx= 2x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/10⁶ . (-40 - 0,25 (-60-50))
-εx= -1,25x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/1,3x10⁴ . (100 - 0,3 (-100-0))
εx= 0,01 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (-50 - 0,2 (-10+0))
-εx= 2,4x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/10⁶ . (-60 - 0,25 (-40-50))
-εy= -3,75x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/1,3x10⁴ . (-100 - 0,3 (100-0))
εy= -0,01
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
0= 1/2x10⁶ . (σy - 0,2 (-50+0))
σy= -10 kgf/cm²
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/10⁶ . (-50 - 0,25 (-40-60))
-εz= -2,5x10 ⁵ 
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/1,3x10⁴ . (0 - 0,3 (100-100))
εz= 0 
σx= 100 kgf/cm²
σy= 0
σz= 200 kgf/cm²
σ= F/A
σ= 2000/(π.d² / 4)
σ= 2000/(π.10² / 4)
σ= 25,46 MPa
σ
τ
τσ
x
x
z
z
y
y
y
y
A A
B B
50 kgf/cm²50 kgf/cm²
εx= σx/E
εx= 25,46 / 30000
-εx= 8,5x10 ⁴
09/10/2017 Página 109/10/2017 Página 2
Tensão no entorno de um ponto
Torção
Árvores de Transmissão
A potência transmitida por um eixo (N) e o número de rotações (n), efetuadas pelo mesmo 
em um minuto. Normalmente N é expresso em CV e n em rotações por minuto (RPM).
Para calcular momento torçor.
τmax= Mt.R / J�
τmax= Mt.R / J�
τmax= (Mt.Re / J�)
τmax= 500000.13 / 43881,76
τmax= 148,12 kgf/cm²
τmax= Mt.R / J�
τmax= 5013,4.R / (π.R⁴ / 2)
τmax= 3191,63 / R³
Mt
τmax
τmax
R
R
τmax
τ=0
Tensões que chegam no ponto
→ Definição do ponto
2 m 2 m
100 kgf
100 kgf
diagrama de momento
Linha Neutra (σ=0)
τ
τ
σ
σ1=0
σ2=0
σ3=-0
σ1=0
σ2=0
σ3=0
σ
σ
σmaxT
σmaxC
σ
Tensão em um ponto
τ
σ
σ1
τ
σ
σ3
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Mt= 716,2 N/m (kgf.m)
Tensão Cisalhante máxima
J�= π.R⁴ / 2
J�= (π.Re⁴ / 2)-(π.Ri⁴ / 2)
J�= (π.13⁴ / 2)-(π.5⁴ / 2)
J�= 43881,76 cm⁴
1) Dimensionar o eixo de secção circular a fim de que transmita 2100 CV a 300 RPM. Usar a 
teoria de St. Venant com s=3. O material é dúctil com σe= 4200 kgf/cm² e γ=0,3.
2) Verificar um eixo de raio externo de 13 cm e raio interno de 5 cm sujeito a um momento de 
torção de 5000 kgf.m, usando a teoria de Coulomb. a tensão de ruptura por tração do material
do eixo é 2400 kgf/cm² e por compressão é de 4000 kgf/cm².
Resolução prova
Teoria de Saint Venant:
Teoria de Coulomb:
σT/s (σ1 - γ(σ2+σ3) (σ2 - γ(σ1+σ3) (σ3 - γ(σ1+σ2) -σC/s≥ ≥ ≥ ≥
4200/3 (319163 / R³ - 0,3(0-319163/ R³) (0 - 0,3(319163/ R³-319163/ R³) (-319163/ R³ - 0,3(319163/ R³+0) -4200/3≥ ≥ ≥ ≥
1400 (319163 / R³ + 95748,9/ R³) (-319163/ R³ - 95748,9 / R³) -1400≥ ≥ ≥
1400 (414911,9 / R³) (-414911,9/ R³) -1400≥ ≥ ≥
(σ1/σT + σ3/-σC). s 1≤
(148,12/2400 + -148,12/-4000). s 1≤
(0,061 + 0,037). s 1≤
(0,09803).s 1≤
s= 10,20
N= 2100 CV
n= 300 RPM 
Mt= 716,2 . (2100/300)
Mt= 5013,4 kgf.m
σ1= 3191,63 / R³
σ2= 0
σ3= -3191,63 / R³
R³ = (414911,9 / 1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
R³ = (-414911,9 / -1400)
R³ = 296,36
R= 6,67 cm
σT= 2400 kgf/cm²
σC=4000 kgf/cm². 
σ1= 148,12 kgf/cm²
σ2= 0
σ3= -148,12 kgf/cm²
1) Sabendo que a massa do motor é de 500 kg, determine a área da barra CD utilizando um
coeficiente de segurança de 2. admitindo que o material é frágil com σC= 100 MPa e σT= 60 MPa.
Justifique a teoria indicada. 
2) 
σ1 + σ3 . s ≤ 1 12262,5/A + 0 . ≤ 1 12262,5/A . ≤ 0,5
 12262,5 ≤ A
σ1= F/A
σ1= 12262,5/A
σT 60x10⁶ 60x10⁶ 
0,5. 60x10⁶ 
σC 100x10⁶ 
500 kg
1 m1 m1 m
A
D
C B
1
,5
 m
ΣM(A)= 0 
(-4905.3)+(RCD.cosθ.1,5)= 0
(-14715)+(RCD.cos36,86°.1,5)= 0
RCD= 14715/ 1,5cos36,86°
RCD= 12262,5 N
tanθ= Co/Ca
tanθ= 1,5/2
tanθ= 0,75
θ= arctan 0,75
θ= 36,86°θ
P= m.g
P= 500 kg . 9,81 m/s²
P= 4905 N
12262,5 N12262,5 N
2
→ →
→ A= 0,00040875 m²
A= 408,75 m² 
16/10/2017 Página 1
Estudo das tensões/deformações
Generalização da lei de Hook
O cálculo das deformações lineares εx, εy e εz seguindo as direções
dos eixos X, Y e Z. A deformação linear na direção X é obtida 
superpondo-se os efeitos de σx, σy e σz, seguindo uma direção X.
Tensão Normal aplicada em um eixo cilindrico
Deformação
σ=ε
σ→ Tensão Normal
ε→ Deformação
τ=γ
τ→ Tensão Cisalhante
γ→ Distorção
ε= Lf-Li / Li → ε= ΔL / Li
εlongitudinal= ΔL / L
εtransversal= ΔD / D
ε
σ
σ= ε.E
σ (tensão normal)
ε (deformação)
E (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
τ= G.γ
τ (tensão cisalhante)
γ (distorção)
G (módulo de elasticidade longitudinal) CONSTANTE
(CARACTERIZA O MATERIAL)
Diagrama Tensão x Deformação
fratura
região
elástica
região
de escoamento
região
plástica
F
F F
F F
F
εT / εL = ν (coeficiente de Poison)
‘‘depende do material’’
Somente ensaio de tração 
ou compressão pura
G= E / 2.(1+ν)
εL = σ/E εT = -ν - σ/E
σT = ν . σ/E
σz
σy
σx
σx / E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σx
-ν . σy/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σy
-ν . σz/E = Alongamento na direção X deviso a tensão normal σzx
εx= (σx/E) - (ν . σy/E) - (ν . σz/E) 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz)) 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz)) 
εy= 1/E . (σz - ν (σx+σy)) 
16/10/2017 Página 2
1) Um elemento cúbico foi retirado de uma peça sujeita a forças. Sendo o módulo de elasticidade
longitudinal igual a 2x10⁶ kgf/cm² e o coeficiente de Poison é igual a 0,3. calcule a deformação em 
direção X.
2) O prisma da figura está submetido a tensões normais cujos modulos são σx= 40 kgf/cm²,
σy= 60 kgf/cm² e σz= 50 kgf/cm². Pede-se calcular as deformações em X, Y e Z. Sabe-se que
o módulo de elasticidade é 10⁶ kgf/cm2 e o coeficiente de Poison é 0,25
3) Determine as tensões para os materiais diferentes E= 200 GPa e E=100 Gpa sabendo que 
para a tensão de compressão os dois materiais tem o mesmo encurtamento 1,04 mm e 
comprimento inicial de 800 mm. 
4) Dado o elemento da figura submetido a um estado pleno de tensões. Pede-se calcular as
deformações em X, Y, e Z.
Dados:
ν= 0,3; E=1,3x10⁴ Mpa; lσl= 100 MPa
5) Uma placa é submetida a tensões de compressão na direção X de módulo 50 kgf/cm². 
Sabe-se que a deformação é impedida na direção Y devido a presença de dois elementos
fixoas A e B. pede-se calcular a deformação na direção X. Dados: ν= 0,2; E=2x10⁶ Mpa;
6) Uma Barra de alumínio de diâmetro 10 mm e comprimento 1000 mm está submetida a uma
carga axial de tração de 2000 N. O alumínio tem E= 30000 MPa e ν=0,3. determine o comprimento
e diâmetros finais. 
σ= ε.E
-σ= 1,3x10 ³ . 200x10⁹
σ= 260 MPa 
σx= -50 kgf/cm²
σy= -10 kgf/cm²
σz= 0
σ= ε.E
-σ= -1,3x10 ³ . 100x10⁹
σ= -130 MPa 
ε= Lf-Li / Li
ε= (800-1,04)-800 / 800
ε= (798,96)-800 / 800
-ε= 1,3 x 10 ³
εlongitudinal= Lf-Li / Li
0,00085= Lf-1000 / 1000
Lf= 1085 mm
εtransversal= Df-Di / Di
-0,000255= Df-10 / 10
Df= 9,99745 mm
2000 N 2000 N
ν= εT / εL
0,3= εT / 0,00085
εT= -0,000255 
σz
σz
σy
σy
σx
σx
x
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (100 - 0,3 (0+200))
-εx= 2x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/10⁶ . (-40 - 0,25 (-60-50))
-εx= -1,25x10 ⁵ 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/1,3x10⁴ . (100 - 0,3 (-100-0))
εx= 0,01 
εx= 1/E . (σx - ν (σy+σz))
εx= 1/2x10⁶ . (-50 - 0,2 (-10+0))
-εx= 2,4x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/10⁶ . (-60 - 0,25 (-40-50))
-εy= -3,75x10 ⁵ 
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
εy= 1/1,3x10⁴ . (-100 - 0,3 (100-0))
εy= -0,01
εy= 1/E . (σy - ν (σx+σz))
0= 1/2x10⁶ . (σy - 0,2 (-50+0))
σy= -10 kgf/cm²
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/10⁶ . (-50 - 0,25 (-40-60))
-εz= -2,5x10 ⁵ 
εz= 1/E . (σz - ν (σx+σy))
εz= 1/1,3x10⁴ . (0 - 0,3 (100-100))
εz= 0 
σx= 100 kgf/cm²
σy= 0
σz= 200 kgf/cm²
σ= F/A
σ= 2000/(π.d² / 4)
σ= 2000/(π.10² / 4)
σ= 25,46 MPa
σ
τ
τσ
x
x
z
z
y
y
y
y
A A
B B
50 kgf/cm²50 kgf/cm²
εx= σx/E
εx= 25,46 / 30000
-εx= 8,5x10 ⁴
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