Resistencia dos Materiais (APRESENTAÇÃO-8-12)

Prévia do material em texto

Estruturas isostáticas e hiperestáticas. Tipos 
de apoios
Dependendo do tipo de apoios em que a viga está
apoiada, classificam-se as vigas em dois grupos, vigas
estaticamente determinadas e estaticamente
indeterminadas.
Se o numero de reações é igual ao numero de equações 
de equilíbrio da estática, a viga é isostática, ou estatica-
mente determinada 
Se o numero de reações é maior que o numero de
equações de equilíbrio da estática, a viga é hiperestática, 
ou estaticamente indeterminada 
Tipos de carregamento que atuam sobre uma 
viga
Cargas concentradas
Cargas distribuídas. Estas podem ser de carga constante 
ou variável.
Calculo das reações nos apoios
No caso de cargas distribuídas deve-se determinar a carga 
total e substituí-la por uma carga concentrada equivalente. 
Esta atuam num ponto que tem de coordenada segundo o 
eixo da viga, a coordenada do centróide da área 
representativa da carga distribuída. 
Exemplo: carga triangular.
Carga total = área representativa da 
carga distribuída
∫ dx w' L
wx
'w =R= com 
L
02
x
L
wR 2








=
2
wL
L2
wL2
=
Momento da resultante R x´= ∫ dx w'x
R x´= ∫ dx L
 xw
 x ∫= dx xL
w 2
L
03
3x
L
w














=
3
wL
L3
wL 23
==
x´=
R
3
wL2
2
wL
3
wL2
= L
3
2
=
Vigas. Efeitos internos dos carregamentos.
Os diferentes tipos de carregamento podem originar nas 
seções transversais das vigas um ou mais diferentes
esforços internos. Estes podem ser força cortante ou 
momento fletor. 
Na figura seguinte tem-se uma viga simplesmente 
apoiada em A e B, carregada por uma carga concentrada 
F em C, a uma distancia de 6 m do apoio esquerdo da 
viga.
Diagramas de Força Cortante e Momento Flector
A variação da força cortante V e do momento flector M ao 
longo da vida dá a informação necessária para a analise 
do projeto da viga. 
Estas variações quando representadas graficamente, 
resultam nos diagramas da força cortante e do momento 
flector para a viga. 
Determinação do DFC e do DMF
1º passo: Determinam-se as reações nos apoios
2. passo: Determinam-se a força de corte e do momento 
flector em uma qualquer seção à distancia x do apoio 
esquerdo, atendendo ao seguinte:
Convenções para as forças cortantes V e V’
e momentos flectores M e M’
a) a força de corte em uma qualquer seção à distancia x
do extremo esquerdo da viga, é obtido pelo somatório 
de TODAS as forças à esquerda da seção.
b) o momento fletor em uma qualquer seção à distancia x
do extremo esquerdo da viga, é obtido pelo somatório 
de TODOS os momentos à esquerda da seção.
0vF =∑
0MA =∑
R1 - F + R2 = 0 ; R1 = 4 - R2 ; R1 = 4.0 - 2.4 = 1.6
- F1(6) + R2 (10) = 0 ; R2 = (4 x 6) / 10 ; R2 = 2.4
Reações
- seção x entre o apoio esquerdo e a carga concentrada 
aplicada.
V= R1= 1.6
M= R1 x = 1.6 x ( M = 0 em A e M = 9.6 em C)
- seção x entre a carga concentrada aplicada e o apoio 
direito:
V= R1 – F = 1.6 – 4.0 = -2.6
M= R1 x – F (x-6) = 1.6 x – 4.0 x + 4.0 x 6 = 24 – 2.4 x
(M=9.6 em C e M=0 em B)
Determine os diagramas da força cortante e do momento 
flector da viga seguinte
Problema
Esboce os diagramas de força cortante 
e momento flector, e determine a 
tensão normal máxima
SOLUÇÃO:
• Tratando a viga como um corpo 
rígido, determinar as forças de 
reacção nos apoios
• Identificar os máximos de força 
cortante e momento flector nos 
diagramas
• Determinar a tensão normal máxima
• Seccionar a viga em pontos junto 
aos apoios e pontos de aplicação de 
cargas e aplicar as condições de 
equilíbrio estático para determinar 
esforços internos nos diversos 
troços.
Problema
SOLUÇÃO:
• Tratando a viga como um corpo rígido, determinar 
as forças de reacção nos apoios
∑ ∑ ==== kN14kN40:0 DBBy RRMF
• Seccionar a viga e aplicar as condições de 
equilíbrio estático:
( )( ) 00m0kN200
kN200kN200
111
11
==+∑ =
−==−−∑ =
MMM
VVFy
( )( ) mkN500m5.2kN200
kN200kN200
222
22
⋅−==+∑ =
−==−−∑ =
MMM
VVFy
0kN14
mkN28kN14
mkN28kN26
mkN50kN26
66
55
44
33
=−=
⋅+=−=
⋅+=+=
⋅−=+=
MV
MV
MV
MV
Problema
( )( )
36
3
B
m
36
2
6
12
6
1
m1033.833
mN1050
W
M
m1033.833
m250.0m080.0hbW
−
−
×
⋅×
==σ
×=
==
Pa100.60 6m ×=σ
( )( )
36
3
B
m
36
2
6
12
6
1
m1033.833
mN1050
W
M
m1033.833
m250.0m080.0hbW
−
−
×
⋅×
==σ
×=
==
•Determinação da tensão normal 
máxima:
Identificação dos valores máximos 
dos esforços, através dos 
diagramas:
mkN50MMkN26V Bmm ⋅===
( )( )
36
3
B
m
36
2
6
12
6
1
m1033.833
mN1050
W
M
m1033.833
m250.0m080.0hbW
−
−
×
⋅×
==σ
×=
==
Relações entre Carregamento, Força Cortante 
e Momento Flector
( )
xwV
0xwVVV:0Fy
∆−=∆
=∆−∆+−=∑
∫−=−
−=
D
C
x
x
CD dxwVV
dx
dV
w
Relação entre carregamento e 
força cortante:
VD= VC - área sob a curva de carregamento entre xC e 
xD
Relação entre força cortante e momento flector:
( )
( )221
0
2
:0
xwxVM
x
xwxVMMMMC
∆−∆=∆
=
∆∆+∆−−∆+=∑ ′
∫=−
=
D
C
x
x
CD dxVMM
V
dx
dM
MD= MC - área sob o diagrama da força cortante entre 
xC e xD
Flexão Pura
Flexão Pura: Peças prismáticas sujeitas a um par de 
momentos de igual módulo e sentidos opostos, atuando 
no mesmo plano longitudinal
Exemplo de Flexão Pura
Carregamento Transversal:
Carregamento transversal concentrado ou distribuído 
produz forças internas equivalentes a uma força cortante e 
um momento
Elemento Simétrico em Flexão Pura
As forças internas produzidas em 
qualquer secção transversal são 
equivalentes ao momento interno na
seção definido como momento flector
da secção.
O momento das forças internas é o
mesmo em torno de qualquer eixo
perpendicular ao plano dos momentos.
A distribuição das forças internas elementares, em cada 
seção tem que obedecer às equações de equilíbrio:
∫ =σ−=
∫ =σ=
∫ =σ=
MdAyM
0dAzM
0dAF
xz
xy
xx
Deformações em Flexão
Elemento com um plano de simetria em 
flexão pura:
• permanece simétrico
• flecte uniformemente e toma a forma de um 
arco de círculo
• plano da secção transversal passa através 
do centro de curvatura e permanece plana
• comprimento do topo decresce enquanto o 
comprimento da base aumenta
tensões e extensões são negativas (compressão) acima do
plano neutro e positivas (tração) abaixo desse mesmo 
plano
uma superfície neutra tem de existir paralela às superfícies
superior e inferior, e para a qual o comprimento permanece 
inalterado
Extensões de Flexão
Considere o elemento de 
comprimento L.
Após a deformação, o comprimento 
da superfície neutra permanece 
inalterado, enquanto que noutras 
seções se tem:
( ) ( )
mx
m
m
x
c
y
c
ρou 
c
 
yy
L
yyLL
yL
ε−=ε
ε
=
ρ
=ε
ρ
−=
ρθ
θ
−=
δ
=ε
θ−=ρθ−θ−ρ=−′=δ
θ−ρ=′
Tensões de Flexão
m
mxx
c
y
E
c
yE
σ−=
ε−=ε=σ
Para um material linear elástico:
(tensão varia linearmente)
∫ρ
−=
∫ ρ
−=∫σ==
dAyE0
dAEydA0F xx
Equilíbrio estático:
Primeiro momento de área em relação ao plano neutro é
nulo. Consequentemente, a superfície neutra passa 
através do centróide da seção.
I
My
 )
EI
yM(E
Ey
 Sendo
curvatura 
EI
M1
EIdAyEM
dAyyEdAyM
x
x
x
2
x
−=σ
−=σ
ρ
−=σ
=
ρ
ρ
=∫ρ
=
∫ 





ρ
−−∫ =σ−=
Equilíbrio estático, continuaçãoTensão normal máxima de flexão:
flexão à rigidez de modulo 
c
IW
W
M
I
Mc
m
==
==σ
Uma secção com maior módulo de rigidez à flexão 
apresentará uma tensão máxima inferior
Problema
Uma viga de madeira destina-se a 
suportar três cargas concentradas. 
Sabendo que para este tipo de madeira:
kPa850MPa12 == admadm τσ
determine a profundidade d mínima da 
viga.
SOLUÇÃO:
• Traçar os diagramas de esforço 
transverso e momento flector e 
identificar os valores máximos.
• Determinar a profundidade da viga, 
com base na tensão normal 
admissível.
• Determine a profundidade da viga, 
com base na tensão de corte 
admissível.
• A profundidade mínima da viga será
o maior desses dois valores.
Problema
SOLUÇÃO:
Diagramas de esforço transverso e 
momento flector e respectivos 
máximos
mkN7.11
kN15
max
max
⋅=
=
M
V
Problema
( )
( ) 2
2
6
1
2
6
1
3
12
1
m015.0
m090.0
d
d
db
c
IS
dbI
=
=
==
=
• Cálculo da profundidade da viga, com base na 
tensão normal admissível:
( )
mm255
m015.0
mN107.11MPa 12 2
3
max
=
⋅×
=
=
d
d
S
M
admσ
• Cálculo da profundidade da viga, com base na 
tensão de corte admissível:
( )
mm294
m0.090
N15000
2
3kPa850
2
3 max
=
=
=
d
d
A
V
admτ
• A profundidade necessária será a maior das duas:
mm294=d
Carga Axial Excêntrica num Plano de Simetria
PdM
PF
=
=
( ) ( )
I
My
A
P
flexãoxcentricaxx
−=
σ+σ=σ
Exemplo
Um elo de corrente (aberto) é obtido pela 
conformação (flexão) de varões de aço 
até estes tomarem a forma da figura. Para 
uma força aplicada de 800 N, determine 
(a) as tensões máximas de tracção e de 
compressão, (b) a distância entre o 
centróide da secção e o eixo neutro.
SOLUÇÃO:
• Calcular a carga axial centrada 
equivalente e o momento flector
• Sobrepor a tensão uniforme devida 
à carga axial centrada e a tensão 
linear devida ao momento flector
• Calcular as tensões máximas de 
tracção e compressão nas faces 
internas e externas, 
respectivamente.
• Calcular a posição do eixo neutro 
através da localização dos pontos 
onde a tensão normal é nula.
• Força normal e momento 
flector equivalentes:
( )
MPa1.7
m101.113
N800
m101.113
m006.0
260
26
22
=
×
==
×=
==
−
−
A
P
cA
σ
pipi
• Tensão normal devida a 
força centrada
( )
( )( )
MPa7.70
m10018.1
m006.0mN12
m10018.1
m 006.0
49
49
4
4
14
4
1
=
×
⋅
==
×=
==
−
−
I
Mc
cI
mσ
pipi
• Tensão normal devida 
ao momento flector
( )( )
mN12
mm015.0N800
N800
⋅=
==
=
PdM
P
• Tensões máximas de tracção e de 
compressão
7.701.7
7.701.7
0
0
−=
−=
+=
+=
mc
mt
σσσ
σσσ
MPa8.77=tσ
MPa6.63−=cσ
• Posição do eixo neutro
( )
mN12
m10018.1MPa1.7
0
49
0
0
⋅
×
==
−=
−
M
I
A
Py
I
My
A
P
mm600.00 =y
Problema
Sobre uma peça de ferro fundido é
aplicado um momento de 3 kN-m. 
Sabendo que E = 165 GPa e não 
considerando efeitos de concentração de 
tensão, determine (a) as tensões máximas 
de tracção e compressão, (b) o raio de 
curvatura.
SOLUÇÃO:
• Com base na geometria da secção 
transversal, calcular a posição do 
centróide e o valor do seu momento 
de inércia:
( )∑ +=
∑
∑
= ′
2dAII
A
AyY x
• Aplicar a expressão seguinte para 
determinar as tensões máximas de 
flexão:
I
Mc
m =σ
• Calcular a curvatura:
EI
M
=ρ
1
Problema
SOLUÇÃO:
•Com base na geometria da secção transversal, 
calcular a posição do centróide e o valor do 
seu momento de inércia:
mm 38
3000
10114 3
=
×
=
∑
∑
=
A
AyY
∑ ×==∑
×=×
×=×
3
3
3
32
101143000
104220120030402
109050180090201
mm ,mm ,mm Area,
AyA
Ayy
( ) ( )
( ) ( )
49-3
23
12
123
12
1
23
12
12
m10868 mm10868
18120040301218002090
×=×=
×+×+×+×=
∑ +=∑ +=′
I
dAbhdAIIx
Problema
• Determinar as tensões máximas de flexão:
49
49
mm10868
m038.0mkN 3
mm10868
m022.0mkN 3
−
−
×
×⋅
−=−=
×
×⋅
==
=
I
cM
I
cM
I
Mc
B
B
A
A
m
σ
σ
σ
MPa 0.76+=Aσ
MPa 3.131−=Bσ
• Calcular a curvatura
( )( )49- m10868GPa 165 mkN 3
1
×
⋅
=
=
EI
M
ρ
m 7.47
m1095.201 1-3
=
×= −
ρ
ρ
Considere-se um corpo de massa m sujeito à atração da
gravidade. O seu peso é dado por W= m g
Centro de gravidade
Para um elemento do corpo de massa dm, corresponde 
um elemento de peso dW
∫= WW d
Por sua vez o momento do peso W em relação qualquer 
eixo é igual à soma dos momentos, em relação ao 
mesmo eixo, dos momentos das forças elementares dW
∫= W W d xx ∫= W W d yy ∫= W W d zz
W
W
 
∫
=
d x
x
W
W
 
∫
=
d yy
W
W
 
∫
=
d z
z
W
W
 
∫
=
d r
r
Centro de massa
Tem-se ; dW=dm ggW m=
g 
g
 
m
md x 
x ∫= ⇒
 
 
m
md x 
x ∫=
 
 
m
md y y ∫=
 
 
m
md z 
z ∫=
campo gravitacional for considerado constante 
Quando o campo gravitacional for 
considerado constante, o centro de 
gravidade coincide com o centro de 
massa.
Centróides de linhas, áreas e volumes
Sendo dm = ρ dV, pode escrever-se:
 
 
∫ρ
∫ ρ
=
dV 
Vd x 
x
 
 
∫ρ
∫ ρ
=
dV 
Vd y y
 
 
∫ρ
∫ ρ
=
dV 
Vd z 
z
Se a densidade ρ for constante, então nas expressões 
anteriores este fator constante cancela, e o ponto definido 
por estas coordenadas designa-se por centróide, uma 
propriedade puramente geométrica.
Quando a densidade é constante, o centro de massa e o 
centróide coincidem. 
Linhas: corpos que podem ser modelados por 
uma linha.
• Uma barra esbelta ou um arame de comprimento L, 
seção transversal A, e densidade ρ. Este corpo pode ser 
modelado por uma linha, em que dm = ρ dA dL
• Se ρ e A forem constantes ao longo do comprimento da 
barra, (dm = ρA dL) as coordenadas do centro de massa 
são também as do centróide
 
 
AL
dL xA 
x
ρ
∫ρ
=
 
 
L
Ld x 
x ∫=
 
 
L
Ld y y ∫=
 
 
L
Ld z 
z ∫=
Areas: corpos que podem ser modelados por uma 
área.
• Quando um corpo de densidade ρ tem uma espessura 
constante t, podemos modelá-lo como uma superficie de 
área A, sendo neste caso dm = ρ t dA
Se ρ e t forem constantes em toda a área, as coordenadas 
do centro de massa são também as do centróide.
 
 
A t 
dA x t
x
ρ
∫ρ
=
dm = ρ t dA
m= ρ t ∫dA
 
 
A
dA x
x ∫=
 
 
A
Ad y y ∫=
 
 
A
Ad z 
z ∫=
 
 
A
Ad y y ∫=
 
 
A
Ad z 
z ∫=
Volumes
• para um corpo genérico de volume V, tem-se dm = ρ dV
Quando o corpo tem densidade ρ constante em todo o 
volume, as coordenadas do centro de massa são 
também as do centróide.
 
 
V
Vd x 
x
ρ
∫ρ
=
 
 
V
Vd x 
x ∫=
 
 
V
Vd y y ∫=
 
 
V
Vd z 
z ∫=
Se o corpo tem um eixo de simetria o centróide está
nesse plano. Se tiver um eixo de simetria o centróide está
nesse eixo.
Momentos de inércia retangulares e polares de
áreas planas
• O momento de inércia do elemento dA em relação aos 
eixos retangulares x e y são dados por:
Ad yxI d 2= 
Ad xyI d 2= 
Os momentos de inércia da 
área A em relação aos 
mesmos eixos são então: 
∫= Ad yxI
2
 ∫= Ad xyI
2
 
; 
• O momento de inércia em relação ao polo O (eixo z) é
então dado por:
∫ρ= Ad zI 2 
e chama-se momento polar de inércia
Sendo , vem ainda:222 ryx =+
 yIxIzI +=Transformação de eixos.
A distancia de dA ao eixo x é y=y0+dx. Então tem-se:
Ad dyxI d
2
x0 



 += 
( )
∫+∫+∫
=∫ +=
Ad yd 2Ad dAd y
Ad dyxI
0
2
x
2
0
2
x0
x
 
0d AxIxI 2x ++= 
2
xd AxIxI += 2yd AyIyI += 
; 
E também : 2d AzIzI += 
Problema
• Determine as coordenadas do centróide da área 
triangular
dx x
a
bdx ydA == dy yb
a
ady xdA 





−==
a
3
2
b a
2
1
3
ba
b a
2
1
3
a
a
b
b a
2
1
3
x
a
b
b a
2
1
dxx
a
b
b a
2
1
dx x
a
b
 x
A
dA x
x
23
a
0
3
2
=====






==
∫∫∫
b a
2
1
3
y
b
a
2
ay
b a
2
1
dyy
b
a
ay
b a
2
1
dy y
b
a
a y
A
dA y
y
b
0
32
2 





−
=






−
=






−
==
∫∫
∫
b
3
1
b a
2
1
6
ab
b a
2
1
6
ab2
6
ab3
b a
2
1
b3
ab
2
ab 22232
==
−
=
−
=
Problema
• Determine os momentos de inercia Ix e Iy da área 
triangular
dx x
a
bdx ydA == dy y
b
a
ady xdA 





−==
dy )y
b
a
-ay( dy y
b
a
aydAyI 3b0
2b
0
2
A
2
x ∫∫∫ =





−==
12
ab
36
ab9
36
ab12
4
ab
3
ab
b4
ab
3
ab
b4
ay
3
ay 3333343
b
0
43
=−=−=−=





−=
a
0
4
3a
0
a
0
2
A
2
a4
x bdx )x
a
b( dx x
a
b
x dAxIy 





==





== ∫∫∫
4
ba
a4
ba
 
34
==
Problema
• Determine os momentos de inércia da 
área circular em relação aos eixos x e y.
dr d rdA θ=
( ) ∫∫∫∫ pi θθ=θθ== R0 320 22A 2A 2x dr r d sendrrdsenrdAyI
4
R
8
R2
4
R0
2
2
4
r
4
2sen
2
444R
0
42
0
pi
=
pi
=













−
pi
=








 θ
−
θ
=
pi
( ) ∫∫∫∫ pi θθ=θθ== R0 320 22A 2A 2y dr r d cosdrrd cosrdAxI
4
R
8
R2
4
R0
2
2
4
r
4
2sen
2
444R
0
42
0
pi
=
pi
=












 +
pi
=








 θ+θ=
pi
Problema
• Determine os momentos de inércia polar do anel e da 
área circular
Área do anel: drd rdA θ=
• Fazendo dr = t = constante, vem:
( ) [ ] tr2 t rd )r( t td rrdArI 3203320A 2A 20a pi=θ=θ=θ== pipi∫∫∫
O momento polar para toda a área circular é então:
32
D
2
R
4
R2
4
r
 2drr2I
444R
0
4
R
0
3
0
pi
=
pi
=
pi
=





pi=pi= ∫
Ou usando drd rdA θ=
( ) [ ]
R
0
4
2
0
R
0
32
0A
2
A
2
0 4
r
 drrddrd rrdArI 





θ=θ=θ== pipi ∫∫∫∫
32
D
2
R
4
R2
 
444 pi
=
pi
=
pi
=
Carregamento Transversal. Tensões 
de cisalhamento
Um carregamento transversal resulta em tensões normais 
e de cisalhamento nas secções transversais do membro.
A distribuição de tensões normais e de cisalhamento 
satisfaz:
Quando tensões de cisalhamento são 
exercidas nas faces verticais de um 
elemento de volume, tensões iguais 
em módulo são exercidas também nas 
faces horizontais.
Tensões de cisalhamento longitudinais surgem em qualquer
membro submetido a carregamento transversal.
( )
( ) 0dAyM0dAF
0dAzMVdAF
0dAzyM0dAF
xzxzz
xyxyy
xyxzxxx
=∫ σ−==∫ τ=
=∫ σ=−=∫ τ=
=∫ τ−τ==∫σ=
Força cortante na face horizontal de um elemento
• Equilíbrio num elemento ∆x:
( )
∫
−
=∆
∑ ∫ −+∆==
A
CD
A
DDx
dAy
I
MMH
dAHF σσ0
xVx
dx
dMMM
dAyQ
CD
A
∆=∆=−
∫=
• Note que:
corte de fluxo==
∆
∆
=
∆=∆
I
VQ
x
Hq
x
I
VQH
• Substituindo:
corte de fluxo==
∆
∆
=
I
VQ
x
Hq
Fluxo de corte:
 totalsecção da área de momento segundo 
 de acima área da momento primeiro 
'
2
1
=
=
=
=
∫
∫
+ AA
A
dAyI
y
dAyQ
O mesmo para a área inferior
HH
QQ
q
I
QV
x
Hq
∆−=′∆
=
=′+
′
−=
′
=
∆
′∆
=′
neutro eixo ao
 relação em momento primeiro 
0
Cálculo da tensão de cisalhamento em um 
elemento
τ
τ
• A tensão de corte média na face 
horizontal do elemento é obtida 
dividindo a força de corte no 
elemento pela área da face.
It
VQ
xt
x
I
VQ
A
xq
A
H
med
=
∆
∆
=
∆
∆
=
∆
∆
=τ
Nas faces superior e inferior do elemento yx= 0, 
resultando que xy= 0 nas arestas superior e inferior 
das secções transversais.
τ
τ
Se a largura do elemento for comparável ou grande 
relativamente à sua profundidade, as tensões de corte 
em D´’1 e D´’2 serão significativamente mais elevadas do 
que em D’.
Tensões de cisalhamento em tipos comuns 
de vigas
Para uma seção retangular estreita (b < h/4) a variação da
tensão ao longo da largura é muito pequena. Pode ser então
usada a expressão anterior para obter a tensão em qualquer
ponto da seção
xyτ
xyτ
Sendo A=b (c-y) e = 
(c+y)/2, ainda Q=A
y
y
Q=A =b(c-y)(c+y)/2y
3c b
3
2I =
)y(c b
2
1 22
−=
( )
3
22
xy
c b
y c
4
3V
It
VQ −
==τ
Sendo: A=b (2 c)
( )








−=
−
=τ 2
2
2
22
xy
c
y1
A
V
2
3
c A2
y c 3 V
Para y=0 a tensão é máxima
A
V
2
3
max ==τ
It
VQ
med =τ
Seção transversal em I
Nas mesas e na alma obtém-se a tensão media pela
formula já conhecida
Na prática assume-se que toda a força cortante é
suportada pela alma, e faz-se
alma
max A
V
=τ
Tensões de Corte em Membros de Parede Fina
• Considere um segmento de uma viga 
I sujeita a uma força de corte vertical 
V.
• Força de corte longitudinal no 
elemento:
x
I
VQH ∆=∆
It
VQ
xt
H
xzzx =∆
∆
≈=ττ
• Correspondente tensão de cisalhamento:
• NOTE 
QUE:
0≈xyτ
0≈xzτ
nas flanges
na alma
Expressão similar encontrada 
anteriormente para a tensão de 
cisalhamento na alma:
It
VQ
xy =τ
• Para a secção representada, q
cresce desde zero em A até um 
valor máximo em C e C’ e depois 
volta a decrescer até zero em E.
• O sentido de q nas partes 
horizontais pode ser inferido pelo 
sentido nas partes verticais, ou 
pelo sentido do esforço de 
cisalhamento V.
I
VQ
tq =τ=
A variação do fluxo de corte 
ao longo da secção depende 
apenas da variação do 
primeiro momento de área:
• Para uma secção I de abas 
largas, o fluxo de corte cresce 
de forma simétrica desde zero 
em A e A’, atinge o valor 
máximo em C e depois decresce 
até zero em E e E’. 
• A forma contínua como q varia e 
a separação e aproximação nas 
junções sugere uma analogia 
com o escoamento de um fluido.