Aula 2 Torção - resistencia

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Aula 2. Torção 
Teoria 
Livro “Resistência dos Materiais”; autor Hibbeler R. C. 10 ed, 2018. Capítulo 5 (pág 159) 
E–books. Bib. Virtual Universitária. 
 
- Torção 
- Deformação nos eixos circulares 
- Formulário 
- Exercícios 
- Exercícios do livro 
 
 
 
 
 
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- Torção. 
Estudaremos os efeitos (tensões e deformações) da aplicação de um carregamento de torção 
(torque) a um elemento longo e reto, como um eixo ou tubo. Também consideramos que o elemento 
tem seção transversal circular. Na disciplina somente veremos os casos de quando o material dos 
eixos e tubos se comporta de maneira linear elástica e que o cálculo das tensões internas e 
deformações são estaticamente determinadas. 
Torque (momento de torção ou momento torcional) (pág 159). 
É um momento que tende a torcer um elemento em torno de seu eixo longitudinal. O efeito do torque 
é uma preocupação primária em projetos de eixos utilizados em veículos e estruturas diversas. Os 
eixos podem ser maciços ou ocos. 
 
 
 
 
 
 
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Estudaremos as tensões e deformações produzidas em peças de seção transversal circular 
sujeitas à ação de conjugados que tendem a torcer essas peças. Tais conjugados são chamados 
momentos de torção, momentos torcionais ou torques T e T´. Esses conjugados têm a mesma 
intensidade T e sentidos opostos. Podem ser representados de duas maneiras: setas curvas ou 
vetores conjugados. 
 setas curvas vetores conjugados 
 
 
 
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- Deformações nos eixos circulares (pág 159) 
 
ϕ --- ângulo de torção. O eixo gira, e a seção transversal da extremidade apresenta uma 
 rotação representada pelo ângulo ϕ (Fi). 
 𝛾 ---- deformação de cisalhamento. Gama (gamma) 
 
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A experiência mostra que para uma certa faixa de variação do valor de T, o ângulo de 
torção é proporcional a T. Mostra também que ϕ é proporcional ao comprimento L do eixo. 
Propriedade importante dos eixos circulares: todas as seções transversais se mantêm planas e 
conservam sua forma (cada seção gira como uma placa rígida). Cada seção transversal tem 
ângulo de torção diferente. Nas seções não circulares não se cumpre esta propriedade. 
Consideramos que as tensões no material se mantêm abaixo da tensão de cisalhamento de 
escoamento, abaixo do limite de proporcionalidade e do limite de elasticidade. 
- Formulário. Dedução da fórmula de torção. A fórmula de torção (pág 161) 
𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
  tensão de cisalhamento a uma distância ρ do eixo da barra (N/m2) 
T --- momento de torção (N.m) 𝜌 --- distância do ponto considerado na seção ao 
 eixo da barra (m) 
J --- momento de inércia polar (𝑚4). Fórmula geral: ∫ 𝜌2𝑑𝐴 
 * para um eixo circular maciço de raio c 𝐽 =
𝜋
2
𝑐4 
 * para um eixo circular de seção vazada com raio interno 𝑐𝑖𝑛𝑡 e raio externo 𝑐𝑒𝑥𝑡 𝐽 = 
𝜋
2
(𝑐𝑒𝑥𝑡
4 − 𝑐𝑖𝑛𝑡
4 ) 
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 A tensão de cisalhamento (𝜏) na barra circular varia linearmente com a distância 𝜌 
 Figura 5.3 (pág. 161) 
 
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 Dedução da fórmula de ângulo de torção. Fórmula de torção (pág 177). 
 
 ∅ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
  ângulo de torção (radianos) 
 
 𝐿 = comprimento de referência (m) 
 𝐺 = módulo de elasticidade ao cisalhamento do material (N/m2) 
 
 𝜏 = 𝐺𝛾 (lei de Hooke para cisalhamento) 
 
 𝛾 = deformação de cisalhamento (radianos) 
 
 
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- Exercícios 
Exercício 1 
Determinar a máxima tensão de cisalhamento causado pelo torque 20 kN.m, em um eixo cilíndrico 
de 100 mm de diâmetro. 
Solução 
𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝑇 = 20 × 103𝑁.m 𝜌 = 50 𝑚𝑚 = 0,050 𝑚 
 
𝐽 =
𝜋
2
𝑐4 = 
3,1416
2
(0,050 𝑚)4 = 9,8175 × 10−6𝑚4 
 
𝜏 = 
(20×103𝑁.𝑚)(0,050𝑚)
(9,8175×10−6𝑚4)
= 101,86 × 106
𝑁
𝑚2
= 101,86 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
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Exercício 2 
Determinar a tensão de cisalhamento causado pelo torque 20 kN.m no ponto a, em um eixo 
cilíndrico de 100 mm de diâmetro. 
TT
distâncias em mm
a
25
 
Solução 
𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝑇 = 20 × 103𝑁. 𝑚 𝜌 = 25 𝑚𝑚 = 0,025 𝑚 
 𝐽 =
𝜋
2
𝑐4 = 
3,1416
2
(0,050 𝑚)4 = 9,8175 × 10−6𝑚4 
𝜏 = 
(20×103𝑁.𝑚)(0,025𝑚)
(9,8175×10−6𝑚4)
= 50,93 × 106
𝑁
𝑚2
= 50,93 𝑀𝑃𝑎 
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Exercício 3 
Um eixo circular vazado de aço têm comprimento 1,5 metros e diâmetro interno e externo 
respectivamente de 40 e 60 mm. 
a) Determinar o maior momento de torção que pode ser aplicado ao eixo para as tensões de 
cisalhamento não excedam 120 MPa. 
b) Determinar o valor mínimo de tensão de cisalhamento para esse caso. 
TT
distâncias em mm
 
Solução 
a) 𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝜌 = 𝑟𝑎𝑖𝑜 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 𝑐𝑒𝑥𝑡 = 
0,060 𝑚
2
= 0,030 𝑚 𝐽 = 
𝜋
2
(𝑐𝑒𝑥𝑡
4 − 𝑐𝑖𝑛𝑡
4 ) 
 𝑟𝑎𝑖𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 𝑐𝑖𝑛𝑡 = 
0,040 𝑚
2
= 0,020 𝑚 
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 𝐽 = 
𝜋
2
(𝑐𝑒𝑥𝑡
4 − 𝑐𝑖𝑛𝑡
4 ) = 
3,1416
2
((0,030 𝑚)4 − (0,020 𝑚)4) = 1,021 × 10−6𝑚4 
 
 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 120 𝑀𝑃𝑎 = 𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙 = 𝜏𝑎𝑑𝑚 
 
 𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 120 × 106 𝑁
𝑚2⁄
= 
𝑇 (0,030 𝑚)
1,021×10−6𝑚4
 
 
 𝑇 = 
(120×106)(1,021×10−6)
(0,030)
= 4084 𝑁. 𝑚 = 4,084 × 103𝑁. 𝑚 = 4,08 𝑘𝑁. 𝑚 
 b) 𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝜏𝑚𝑖𝑛 = 
(4,084×103𝑁.𝑚)(0,020𝑚)
(1,021×10−6𝑚4)
= 80 × 106 𝑁
𝑚2⁄
= 80 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
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Exercício 4 
Os torques são exercidos nas polias A, B e C. Sabendo-se que ambos os eixos são maciços, 
determinar a máxima tensão de cisalhamento: (a) no eixo AB; (b) no eixo BC. 
 
 
 
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Solução 
a) 𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝜏𝑚𝑎𝑥 é 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝜌 = 𝑐 =
30 𝑚𝑚
2
= 15 𝑚𝑚 = 0,015 𝑚 
 𝐽 =
𝜋
2
𝑐4 = 
3,1416
2
(0,015 𝑚)4 = 7,9522 × 10−8𝑚4 𝑇 = 400 𝑁. 𝑚 𝑛𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝐴𝐵 
 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 
(400 𝑁.𝑚)(0,015𝑚)
(7,9522×10−8𝑚4)
= 75,45 × 106 𝑁
𝑚2⁄
= 75,45 𝑀𝑃𝐴 
 
 
b) 𝜏 = 
𝑇𝜌
𝐽
 𝜏𝑚𝑎𝑥 é 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝜌 = 𝑐 =
40 𝑚𝑚
2
= 20 𝑚𝑚 = 0,020 𝑚 
 𝐽 =
𝜋
2
𝑐4 = 
3,1416
2
(0,020 𝑚)4 = 2,5133 × 10−7𝑚4 𝑇 = 800 𝑁. 𝑚 𝑛𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝐵𝐶 
 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 
(800 𝑁.𝑚)(0,020𝑚)
(2,5133×10−7𝑚4)
= 63,66 × 106 𝑁
𝑚2⁄
= 63,66 𝑀𝑃𝐴 
 
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Exercício 5. O eixo de aço A-36 de 20 mm de diâmetro é submetido aos torques mostrados. 
Determine o ângulo de torção da extremidade B. 
Módulo de elasticidade ao cisalhamento do aço A-36 = 75 GPa 
a) 
80 N.m
distância em mm
A
B
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00
 
 
∅ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
 𝐽 = 𝜋
2
𝑐4 = 
3,1416
2
(0,010 𝑚)4 = 1,5708 × 10−8𝑚4 
 ∅𝐵 =
(− 80 𝑁.𝑚)(1,6 𝑚)
(1,5708×10−8𝑚4)(75×109𝑁
𝑚2⁄
)
= − 0,10865 𝑟𝑎𝑑 
16 
 
b) 
distâncias em mm
20 N.m
A
C
B
80
0
80
0
 
∅ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
 
∅𝐵 =
(20 𝑁. 𝑚)(0,8 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
= 0,01358 𝑟𝑎𝑑 
 
 
17 
c) 
distâncias em mm
30 N.m
A
D
C
B
20
0
60
0
80
0
 
∅ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
 
∅𝐵 =
(− 30 𝑁. 𝑚)(0,2 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
= − 0,00509 𝑟𝑎𝑑 
 
 
18 
 
d) 
80 N.m
distâncias em mm
20 N.m
30 N.m
A
D
C
B
20
0
60
0
80
0
 
 ∅ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
 
∅𝐵 =
(− 80 𝑁. 𝑚)(1,6 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
+
(20 𝑁. 𝑚)(0,8 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
 
 + 
(− 30 𝑁.𝑚)(0,2 𝑚)
(1,5708×10−8𝑚4)(75×109𝑁
𝑚2⁄
)
= − 0,10016 𝑟𝑎𝑑 
19 
 
3,1416
180°
= 
−0,1001
𝑋𝑋 = 
(180°)(− 0,10016))
(3,1416)
= − 5,74° 
 
Outra solução 
Os torques internos para cada segmento são determinados pelo método das seções. 
𝑇𝐵𝐶 = − 80 𝑁. 𝑚 𝑇𝐶𝐷 = − 60 𝑁. 𝑚 𝑇𝐷𝐴 = − 30 𝑁. 𝑚 
 
∅𝐵 =
(− 80 𝑁. 𝑚)(0,8 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
+
(− 60 𝑁. 𝑚)(0,6 𝑚)
(1,5708 × 10−8𝑚4)(75 × 109 𝑁
𝑚2⁄
)
 
 + 
(− 90 𝑁.𝑚)(0,2 𝑚)
(1,5708×10−8𝑚4)(75×109𝑁
𝑚2⁄
)
= − 0,1001 𝑟𝑎𝑑 
 
- Exercícios do livro. 
Exemplos 5.1, 5.2 e 5.3 (págs. 165 – 167). Exemplos 5.5, 5.6, 5.7 e 5.8 (págs. 180 – 184)