resumo-2006 - unicamp

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

RESUMO DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia Bolsista Ped: Elias Antonio Nicolas Pad: Bianca Lopes de Oliveira

Campinas, Fevereiro - 2006

DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS Faculdade de Engenharia Civil

Universidade Estadual de Campinas

Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021

Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

2

SUMÁRIO

1-FLEXÃO GERAL ................................................................................ 3

2-TORÇÃO.............................................................................................. 25

3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS...........

48

4-TEORIA DAS TENSÕES..................................................................... 62

5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES......................................................... 73

6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO.......................................................... 81

7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA......................................................... 97

8-FLAMBAGEM....................................................................................111

9-BIBLIOGRAFIA..................................................................................121





3

OBSERVAÇÃO INICIAL Esta apostila tem por objeto dar ao aluno que freqüenta o curso de EC-501 – Resistência dos Materiais II um material que o auxilie no acompanhamento das aulas regulares. Não tem por meta substituir outras apostilas ou livros de Resistência dos Materiais . Constitui-se como notas de um caderno de um aluno, com a colocação de alguns exemplos adicionais. 1-FLEXÃO GERAL

- Momentos de segunda ordem:

zy, eixos centrais de inércia.

- Momentos de inércia centrais:

AzIA

y∂⋅= �

2

AyIA

z∂⋅= �

2

- Produto de inércia:

AzyIA

yz∂⋅⋅= �

AzbAzIAA

y ∂⋅+=∂⋅= ��22 )(





4

AzzbbIA

y ∂⋅+⋅⋅+= � )2( 22

AzAbIA

y ∂⋅+⋅= �22

Momento estático = � ∂⋅=A

AzS

S = 0 em relação ao c.g.

yy IAbI +⋅= 2

zz IAcI +⋅= 2

yzyz IAcbI +⋅⋅=

• “b” e “c” são coordenadas do c.g. em relação ao sistema (y,z).

- Rotação dos eixos (u,v):

Matriz de transformação de coordenadas:

��

��

�⋅�

��

−=��

�

��

�

z

yv

u

αααα

cossensencos

αα sencos ⋅+⋅= zyu

αα cos⋅+⋅−= zsenyv

AvIA

u ∂⋅= �2

AzyIA

u ∂⋅⋅+⋅−= �2)cossen( αα

AzyAzAyIAAA

u ∂⋅⋅⋅⋅⋅−+∂⋅⋅+∂⋅⋅= �� αααα cossen2cossen 2222





5

αααα cossen2cossen 22 ⋅⋅⋅−⋅+=yzyzu IIII

AzyAuIAA

v ∂⋅⋅+⋅=∂⋅= ��22 )sencos( αα

αααα cossen2sencos 22 ⋅⋅⋅+⋅+=yzyzv IIII

AzyzyAvuIAA

uv ∂⋅+−⋅+=∂⋅⋅= �� )cossen()sencos( αααα

( ) ( )αααα 22 sencoscossen −+⋅⋅−=yzzyuv IIII

- Utilizando Arcos duplos: ααα cossen22sen ⋅⋅=

ααα 2cossencos 22 =−

1sencos 22 =+ αα

Tem-se:

αα 2sen2cos22

⋅−⋅−

++

=yz

zyzyu I

IIIII

αα 22cos22

senIIIII

Iyz

zyzyv ⋅+⋅

−−

+=

αα 2cos22

⋅+⋅−

=yz

zyuv Isen

III

22

22cos22 �

�

�

�

��

�

�⋅−⋅

−=

��

��

��

�

�

��

�

� +− αα senI

IIIII

yz

zyzyu

( )2

2 2cos22 �

�

�

�

��

�

�⋅+⋅

−= αα

yz

zyuv Isen

III

yzzy

uvzy

u III

III

I 2

2

2

2

22+

��

�

�

��

�

� −=+

��

�

�

��

�

� +−

- Equação da circunferência

• ( ) 2220 Ryxx =+−

• (y0 = 0)

• (x0, y0) posição do centro.





6

Círculo de Mohr:

I1 = momento de inércia máximo

I2 = momento de inércia mínimo.

Em I1 e I2 tem-se: Iuv = 0.

02cos22

=⋅+⋅−

= ααyz

zyuv Isen

III

yz

yz

II

Itg

−

⋅=

22α

Propriedade:

cteIIIIIIII vuzyzy =+=+=+=+ 21

Valores de I1 e I2.

yzzyzy I

IIIII 2

2

1 22+

��

�

�

��

�

� −+��

�

�

��

�

� +=

yzzyzy I

IIIII 2

2

2 22+

��

�

�

��

�

� −−��

�

�

��

�

� +=





7

Exercícios:

1) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( 1α e 2α ).






8



(resolvido)





9

Resolução do exercício 4:

- Divisão da seção em áreas:

Centro de gravidade (c.g.):

( ) cmA

Ayy

i

ii 88,55,0125,1115

05,01265,05,115,105,015 =⋅++

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅

=��

( ) cmA

Azz

i

ii 60,65,0125,1115

65,01285,05,1165,015 =⋅++

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅

=��

Momento de inércia de cada seção:

Área 1:

43

1 16,012

5,015cmI z =⋅=

43

1 63,14012

155,0cmI y =⋅=

�= 01yzI seção retangular





10

Rotação dos eixos da área 1:

αα 2sen2cos221

⋅−⋅−

++

==yz

zyzyuy

IIIII

II

41

06,900)74,73cos(24,7040,70 cmIy

=−⋅+=

αα 2sen2cos221

⋅+⋅−

−+

==yz

zyzyvz

IIIII

II

41

73,500)74,73cos(24,7040,70 cmIz

=+⋅−=

αα 2cos2sen21

⋅+⋅−

==yz

zyuvyz

III

II

41

43,670)74,73sen(24,70 cmIyz

=+⋅=

Área 2:

43

2 12,012

5,05,11cmI y =⋅=

43

2 37,6312

5,115,0cmI z =⋅=


Área 3:

43

3 7212

125,0cmI y =⋅=

43

3 13,012

5,012cmI z =⋅=


087,36=α





11

Momento de inércia total: 4222 3,1785,0126,0725,05,114,112,05,0156,006,90 cmI

y=⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=

4222 82,4815,01288,513,05,05,1112,037,635,01562,473,50 cmIz

=⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 477,685,0126,088,55,05,114,112,05,01562,46,043,67 cmIyz

=⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅−⋅+=

Direções principais:

453,03,17882,481

77,68222 =

−⋅=

−

⋅=

yz

yz

II

Itg α

02,12=′α

02,102=′′α

Momentos principais de inércia:

( )2

2

2,1 22 yz

zyzy IIIII

I +��

�

�

��

�

� −±

��

�

�

��

�

� +=

( )22

2,1 77,682

82,4813,1782

82,4813,178 +��

��

� −±��

��

� +=I

41 68,496 cmI =

42 45,163 cmI =





12

Tensões Normais à Seção Transversal Seja:

- Flexão Pura: quando atua apenas o momento fletor. (N=V=0).

Hipóteses:

1. A distribuição da tensão normal na seção é linear.

2. O material é isotrópico e segue a lei de Hooke ( εσ ⋅= E ; γτ ⋅= G ).

3. As seções planas permanecem planas após o carregamento.

- Tensão ( xσ )

Da hipótese (1): yKx ⋅=σ (variação linear), onde K = constante.

Sabe-se que AF=σ que resulta em AF xx ∂⋅=∂ σ , e que yFM xz ⋅∂=∂ . Assim:

AyyAM xxz ∂⋅⋅=⋅∂⋅=∂ σσ





13

AyKM z ∂⋅⋅=∂ 2

�� ∂⋅⋅=∂=AA

zz AyKMM 2 � � ∂⋅⋅=A

z AyKM 2 � zz IKM ⋅=

Como z

z

IM

K = e yKx ⋅=σ , tem-se:

• yI

M

z

zx ⋅=σ

- Flexão oblíqua pura: o plano de cargas é inclinado de um ângulo � em relação ao

plano vertical. O vetor momento é inclinado do mesmo ângulo em relação ao eixo z.

Essa flexão é tratada como a superposição de duas flexões normais (Mz e My):

θcos⋅= MM z

θsen⋅= MM y





14

A tensão normal será: xxx σσσ ′′+′= , onde yKx ⋅′=′σ e zKx ⋅′′=′′σ .

Logo: zKyKx ⋅′′+⋅′=σ .

Sabe-se que �� ⋅∂⋅=⋅∂=A

xA

xz yAyFM σ

� ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AyzKyKM )( � � ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AzyKyKM )( 2

� � ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM )()( 2 � � � ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM 2

• yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=

�� ⋅∂⋅=⋅∂=A

xA

xy zAzFM σ � � ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

y AzzKyKM )(

� ∂⋅⋅⋅′+⋅′′=A

y AzyKzKM )( 2 � � � ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM )()( 2

� � ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM 2

• yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=

Como o sistema yz é central de inércia, ou seja, vuzy ,, → (momentos principais de

inércia), tem-se:

0== uvyz II

yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′= � v

vvv I

MKIKM =′→⋅′=

yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′= � u

uuu I

MKIKM =′′→⋅′′=

Assim:

vKuKx ⋅′′+⋅′=σ

vI

Mu

IM

u

u

v

vx ⋅+⋅=σ

A linha neutra é o lugar geométrico dos pontos da seção transversal onde as

tensões normais são nulas.





15

0=⋅+⋅= vI

Mu

IM

u

u

v

vxσ � u

II

MM

vv

u

u

v ⋅⋅−=

Sendo

• θsen⋅= MM u

• θcos⋅= MM v

Substituindo:

uII

MM

vv

u ⋅⋅⋅⋅−=

θθ

sencos

uII

tgv

v

u ⋅⋅−=θ

1

Essa é a equação da linha neutra.

Se v

u

II

tgtg ⋅−=

θβ 1

utgv ⋅=∴ β





16

Exercícios:

5) Calcular os valores extremos de tensão (tração e compressão) que surgirão na viga. O

peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção.

Dados: 4167.124 cmI y = , 4042.461 cmI z = , 4375.194 cmI yz = .

6) Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o

eixo y um ângulo de 30o ?. Dados: 41408cmI y = , 42656cmI z = , 4864cmI yz −= ,

2/1000 cmtf=σ





17

��

��

� ��

��

��

��

�

��

7) Determinar na seção crítica a linha neutra e calcular a flecha máxima em A. 2/200 cmtfE =

Resolução do exercício 5 Calcular os valores extremos de σ (tração e compressão) que surgirão na viga. O peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.

Dados: Iy = 124167 cm4

Iz = 461042 cm4 Iyz = 194375 cm4

Figura 5.1

Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG

→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.





18

��

��

�

� �

�

α

!

�

θ

β

σ

σ

"

#

- Momentos Totais de Inércia e suas Direções

�7624124167461042

194375222 ,

II

Itg

yz

yz =α�−

⋅=−⋅

=α

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212 ��

��

=

=4

2

41

8039532

20550676

cm,I

cm,I

→→→→ eixos u e v,

480395322222

cm,IsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =�α⋅−α⋅−

++

=

1

2

II

II

v

u

==∴

b) Tensões

Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

IM

v

v

u

ux ⋅+⋅−=σ

onde: �7624,−=θ

��

⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMM

cmtf,senMM

v

u

61181

7683

u,

,v

,,

x ⋅+⋅−=σ∴20550676

611818039532

7683

- Para a Linha Neutra σ = 0

020550676

611818039532

7683 =⋅+⋅−=σ u,

,v

,,

x





19

→ podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão

4261

00

,uv

vu

=�==�=∴

ou pelo cálculo do angulo β:

�858

1,

II

tgtg

utgv

v

u =β�⋅θ

−=β

⋅β=

Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de

base, onde será utilizado a matriz de transformação:

��

��

⋅�

��

αα−αα

=��

��

z

y

cossen

sencos

v

u

→ ponto A:

��

=−=

��

=−=

cm,v

cm,u

z

cm,y

A

A

A

A

6113

5129

0

532

( ) 2863512920550676

611816113

80395327683

cmtf,,,

,,

,,

A −=−⋅+⋅−=σ�

→ ponto B:

��

−==

��

==

cm,v

cm,u

z

cm,y

B

B

B

B

6113

5129

0

532

( ) 2863512920550676

611816113

80395327683

cmtf,,,

,,

,,

B =⋅+−⋅−=σ�

��

��

=σ

−=σσ∴

2

2

863

863

cmtf,

cmtf,:sãodeextremosvaloresos

T

C





20

- Flexão composta: quando atua no trecho o momento e também a força axial(F).

• Flexo-compressão (F < 0).

• Flexo-tração (F > 0).

• e: excentricidade.

Quando e = 0: é flexo-compressão ou flexo-tração centrada. Quando não, deve-se

considerar a excentricidade.

- Flexão Oblíqua Composta:

eu : excentricidade em relação ao eixo u.

ev : excentricidade em relação ao eixo v.

vI

Mu

IM

AF

u

u

v

vx ⋅+⋅+=σ

Superposição de efeitos.

Nesse caso:

uu eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ sensen

vv eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ coscos

Linha Neutra:

0=⋅+⋅+= vI

Mu

IM

AF

u

u

v

vxσ � 0

sencos1 =⋅⋅+⋅⋅+ vI

eu

Ie

A uv

θθ

utgeAI

v u ⋅+⋅⋅

−= βθsen

utgctev ⋅+= β � →≠ 0cte a linha neutra não passa pelo c.g.





21

Exercícios:

8) Calcular F, sendo 2/800 cmkgfc =σ e 2/1400 cmkgft =σ .

Dados: 4000.105 cmI y = , 473,577.55 cmI z = , 4320.28 cmI yz −= , 2900cmA =

9) Determinar a carga admissível P sabendo que 2/120 cmkgfc =σ ; 2/30 cmkgft =σ e

que �Pq = . Dados: 436,689.103 cmI y = , 436,689.183 cmI z = , 457,319.76 cmI yz −= .





22

10) Traçar o diagrama de tensões normais na situação mais crítica. Dados: 413932cmI y = , 434668cmI z = , 415552cmI yz −= , P = 10KN, q = 5KN/m.

11) Determinar a posição e o valor de uma carga P de tração que provoca a linha neutra

indicada na figura abaixo. A tensão no ponto A vale 2/100 cmkgfA =σ .





23

Núcleo central de Figuras Planas

• Definição: região da seção transversal onde aplicada uma força normal, sua

linha neutra não corta a seção.

• Conseqüência: a seção só terá tensões de um mesmo sinal (compressão ou

tração) de acordo com o sinal da força.

• Importância: materiais com baixa resistência a tração.

Exemplos: murros de arrimo, chaminés e pilares.

Determinação do núcleo central:

uI

MAN

v

vx ⋅+=σ � com vv eNM ⋅= � u

IeN

AN

v

vx ⋅

⋅+=σ

Linha neutra:

0=⋅⋅

+= uI

eNAN

v

vxσ � 0

1 =⋅+ uIe

A v

v � v

v

eAI

u⋅

−=

Observação:

1. Cada figura plana tem seu núcleo central que não depende de N.

2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado

do polígono que constitui o núcleo central.

3. O ponto de aplicação de N e a LN conseqüente ficam em semi-planos opostos

delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN).

4. O núcleo central terá tantos lados quantos forem os lados (ou vértices) do polígono

convexo circunscrito.

Exercícios:





24

12) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo.

13) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo.

Dados: 22300cmA = , 454,1220171 cmI u = , 415,385504 cmI v = , 085,9−=α

2-Torção





25

Torção em barras de seção circular

Figura a Seja uma barra de seção circular engastada numa extremidade e solicitada na extremidade livre por um momento torsor Mt (figura a). No engastamento, surgirá um momento de mesmo valor com sentido oposto. Na deformação elástica, cada seção da barra terá uma rotação γ (ângulo de torção). Aparecerá, assim, em cada seção da barra, tensões de cisalhamento �. Hipóteses básicas:

1. As tensões de cisalhamento estão dirigidas perpendicularmente ao raio e seus valores são proporcionais ao mesmo.

)()( rfr =τ

ττ ⋅=ar

r

ar <<0

γ : distorção e Mt: momento de torção.

2. As seções executam rotações elásticas como se fossem corpos rígidos.

Seja:





26

A tensão aplicada na face 34 dr e a mesma tensão (reativa) na face oposta 12 dr

são insuficientes para equilibrar o elemento porque as duas forças provocadas por elas

formam um binário (�). Assim, devem existir tensões longitudinais de cisalhamento

(� � ).

O Teorema de CAUCHY diz que as tensões em planos perpendiculares são iguais.

trxxtr ∂⋅∂⋅∂⋅=∂⋅∂⋅∂⋅�

ττ

�ττ =∴

Tensões de cisalhamento – Lei de Hooke

Após a aplicação de Mt, os pontos 3 e 4 passarão a ocupar as posições 3’ e 4’

devido a distorção γ .





27

Na flexão, a tensão normal é: εσ ⋅= E .

Analogamente, na torção, a tensão de cisalhamento será: γτ ⋅= G , onde G é o

módulo de elasticidade transversal. Para materiais isotrópicos:

)1(2 ν+⋅= E

G ν : coeficiente de Poisson

Para o Aço:

MPacmKgfE 210000/2100000 2 ==

MPacmKgfG 80000/800000 2 ==

3,0=ν

Se ττ ⋅=ar

r � γγ ⋅⋅=⋅ Gar

G r � γγ ⋅=ar

r .

Obtém-se o momento torsor Mt, calculando-se o momento resultante das forças

elementares aplicadas na seção. Em um anel circular (confome figura abaixo) de

espessura ∂ r, o momento ∂ Mt é dado pela resultante das tensões � na área elementar

∂ A.





28

Sendo rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ e rrA ∂⋅⋅⋅=∂ π2 , tem-se:

rrrar

M t ∂⋅⋅⋅⋅⋅=∂ πτ 2

arr

M t

∂⋅⋅⋅=∂32πτ

2422 3

0

4

0

3 τπτππτ ⋅⋅=��

��

�

⋅⋅⋅=∂⋅⋅⋅=∂= � �

aa

ra

rrMM

aa

tt

3

2aM t

⋅⋅

=π

τ

2D

a = (D = diâmetro)

Portanto, 3

16DM t

⋅⋅

=π

τ .

Flexão:

WM

yIM

yI

M ==⋅=/

σ

W: módulo de resistência à flexão.

Torção:

t

ttt

WM

D

MDM

=

��

��

� ⋅=

⋅⋅

=

16

1633 ππ

τ

16

3DWt

⋅= π para seção circular cheia

Giro Relativo (ϕ )





29

Hipótese: (Teoria de pequenos deslocamentos)

ϕ∂ é muito pequeno � arco ≈ tangente

tangente = a⋅∂ϕ = x∂⋅γ ( γ é muito pequeno)

ax∂⋅=∂∴ γϕ

A variação do ângulo está relacionada à distorção do raio e do cisalhamento.

xa

∂⋅=∂= � ��

0 0

γϕϕ

�⋅=∴aγϕ

Sendo Gτγ = �

aG ⋅⋅= �τϕ �

2

16

3 DGD

M t

⋅⋅⋅

⋅⋅=

πϕ �

4

32DG

M t

⋅⋅⋅⋅

=∴π

ϕ �

)32

(4D

G

M t

⋅⋅

⋅=∴

πϕ �

Ou t

t

IGM

⋅⋅

=�ϕ com

32

4DI t

⋅= π

Resumindo: seção circular cheia.

t

t

WM

=τ

16

3DWt

⋅= π

t

t

IGM

⋅⋅

=�ϕ

32

4DI t

⋅= π





30

SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE ESPESSA (GROSSA)

Com as expressões obtidas anteriormente e a = D/2, tem-se:

2Drr =

ττ

� ττ ⋅=2

Dr

r

drrA ⋅⋅⋅=∂ π2

rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ

rrrM rt ⋅∂⋅⋅⋅=∂ πτ 2

rrM rt ∂⋅⋅⋅=∂ 22πτ

rrD

M t ∂⋅⋅⋅=∂ 32)

2(

πτ

�� ∂⋅⋅⋅=∂=∂2/

2/

32/

2/2

)2

(

D

d

D

d tt rrD

MM πτ

Momento resultante: ��

�

�

��

�

��

��

�−��

��

�⋅⋅

⋅=44

2242

2 dDD

M t

τπ.

Assim, a tensão será t

t

WM

=τ com ��

�

�

��

�

��

��

�−��

��

�=44

22dD

DWt

π.

t

t

IGM

⋅⋅

=�ϕ

( )44

32dDI t −= π





31

SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE FINA (DELGADA)

Nas quais dmt <<< ou 10>t

dm, onde:

dm: diâmetro médio;

t: espessura.

Pode-se considerar que � seja uniforme.

tMdm

A =⋅⋅2

τ � tMdm

tdm =⋅⋅⋅⋅2

πτ � tMtdm =⋅⋅⋅

2

2πτ �

2

2dmtM t

⋅⋅=

πτ

Assim t

t

WM

=τ com 2

2dmtWt

⋅⋅= π. E

t

t

IGM

⋅⋅

=�ϕ com

4

3dmtI t

⋅⋅= π.

Exemplo de Diagramas de Momento Torsor

• Momento de torção aplicado





32

Exercícios:

1) Traçar o diagrama de momento torsor

2) Traçar o diagrama de momento torsor

• Momento de torção uniformemente distribuído (m)

xmxmMx

t ⋅=∂⋅= �0 � �� ⋅== mxM t )(





33

• Momento de torção linearmente distribuído (m)

� ∂=x

xt xmM0

onde xm

tgmx ⋅==�

θ

� ∂⋅⋅=x

t xxm

M0 �

Logo: �⋅

⋅=2

2xmM t e

22)(

2�

�

��

⋅=⋅⋅== mm

xM t

Exercícios:

1) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura isostática. a

Mm 21 = ,

aMm =2





34

2) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura hiperestática. aMm =

3) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura hiperestática.

M = 5 kNm; m = 0,3 kNm/m; L = 1,2 m.

4) Calcular o giro relativo abϕ





35

5) Calcular o giro relativo abϕ

6) Calcular o diâmetro d e o giro abϕ

M = 120 Nm; m = 40 Nm/m; a = 1,2 m; b = 0,8 m; 2/10 mMNadm =τ , G = 80000

MN/m2.

7) Calcular o momento torsor M.





36

E = 21000 kN/cm2; G = 7000 kN/cm2; cmbarra 1=φ ; 2/12 cmkNadm =σ 2/8 cmkNadm =τ

Torção em barras de seção qualquer Observações:

Barras de seção circular: seções sofrem rotações elásticas e permanecem planas.

Barras de seção qualquer: sofrem empenamento.

Hipóteses:





37

1. A espessura t = t(s), pode variar com s, mas é constante em x.

2. As tensões de cisalhamento igualmente distribuídas sobre a espessura t e dirigindo-se

paralelas às bordas são funções de s, )(sττ = , mas independentes de x.

obs: considerando-se o empenamento nulo tem-se a torção livre (torção de Saint

Venant)

Equilíbrio de forças:

xtxt ∂⋅⋅=∂⋅⋅ 2211 ττ

cteststt =⋅=⋅=⋅ )()(2211 τττ

=⋅ )()( stsτ fluxo de cisalhamento

Momento Mt:

hdsstsM t ⋅⋅⋅=∂ )()(τ com

dAdshhds

A ⋅=⋅�⋅=∂ 2

2

dAstsM t ⋅⋅⋅=∂ 2)()(τ

�� ⋅⋅⋅=∂=AA

tt dAstsMM 2)()(τ

AstsM t ⋅⋅⋅=∴ )()(2 τ

)(2)(

stAM

s t

⋅⋅=∴τ

t

t

WM

s =∴ )(τ com )(2 stAWt ⋅⋅=





38

Exemplo: Seção quadrada:

2aA =

tst =)(

taWt ⋅⋅= 22

Exemplo: círculo

4

2dmA

⋅= π

2

2dmtWt

⋅⋅= π

Na seção qualquer, se t = t(s):

t

t

WM

=τ e )(2 stAWt ⋅⋅=

mint

tMAX W

M=τ � min2min tAWt ⋅⋅=

Fluxo de cisalhamento � ctests =⋅ )()(τ





39

Deformação � (rotação elástica)

• Trabalho/energia

U = energia = T = trabalho

2dp

U p

⋅=

dFU FV ⋅=

ϕ⋅⋅== tMUT21

(carregamento lento)

Se ϕ⋅= tMT (cargas rápidas)

U: energia de deformação (interna)

T: trabalho externo

A carga (F,M) produz esforços (M,V,N,Mt) e tensões ( )τσ , .

dsdxstsU ⋅⋅⋅⋅⋅=∂ γτ )()(21





40

Pela Lei de Hooke:

εσ ⋅= E γτ ⋅= G Gτγ =

Logo dsdxstsG

U ⋅⋅⋅⋅⋅

=∂ )()(2

1 2τ .

Tem-se: )(2

)(stA

Ms t

⋅⋅=τ .

dsdxststA

MG

U t ⋅⋅⋅��

��

�

⋅⋅⋅

⋅=∂ )(

)(221

2

dsdxstAG

MU t ⋅⋅

⋅⋅⋅=∂

)(8 2

2

)(8 2

2

stds

dxAG

MU t ⋅⋅

⋅⋅=∂

�� ⋅∂⋅⋅⋅

=∂=)(8 02

2

stds

xAG

MUU t

�

Igualando-se o trabalho do esforço Mt com o das tensões �, tem-se:

TU =

ϕ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

� tt M

stds

AGM

21

)(8 2

2�

�⋅⋅⋅⋅

=)(4 2 st

dsAG

M t �ϕ

T

t

IGM

⋅⋅

=�ϕ

�

⋅=∴

)(

4 2

stdsA

I t

como t é normalmente constante, � ds = perímetro.

Exemplo:





41

A = a x b

)()(2

)(2)(4

)(

4 222

batba

tba

ba

stdsA

I t +⋅⋅⋅=

+⋅⋅⋅=⋅=

�

Exercícios:

1) Calcular “e”, It.

Dados: Mt = 100 tfcm, t = 0,1 cm, 2/0,1 cmtfadm =τ

2) Calcular “a”





42

Dados: Mt = 250 tfcm, 2/0,1 cmtfadm =τ

Analogia de membrana Imaginemos uma membrana homogênea, com o mesmo contorno da seção transversal do elemento sujeito à torção e solicitada por uma tração uniforme nas bordas e por pressão uniforme.

Equação diferencial da superfície deformada de uma membrana.

Kp

yz

xz −=

∂∂+

∂∂

2

2

2

2





43

Mostra-se que a equação diferencial da superfície elástica da membrana

deformada tem a mesma forma da equação diferencial que determina a distribuição das

tensões ao longo da barra solicitada à torção.

Equação diferencial da torção:

αφφ ⋅−=∂∂+

∂∂

Gyx 2

2

2

2

Analogia entre as equações diferenciais se: α⋅= GKp

onde:

P: pressão lateral por unicidade de área;

K: força de tração por unicidade de comprimento da barra;

�: ângulo de torção por unicidade de comprimento.

Seções celulares:

Torção em seções celulares:

Equação de equilíbrio da membrana:

�⋅⋅=⋅t

dshKAp





44

Placa 1:

)()()( 1231

11 chh

eK

acae

hKAp ⋅−⋅−++⋅

⋅=⋅

Placa 2:

)()()( 1232

22 chh

eK

bcbe

hKAp ⋅−⋅+++⋅

⋅=⋅

Tensão tangencial:

βτ ⋅⋅

=V

M t

2

eh=β

11 2βτ ⋅

⋅=

VM t

1

11 e

h=β

22 2βτ ⋅

⋅=

VM t

2

22 e

h=β

33 2βτ ⋅

⋅=

VM t

3

123 e

hh −=β

Momento de inércia à torção:

pKV

IT

⋅⋅= 4

ângulo de giro:

Kp

VGM

IGM t

t

t ⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=4��ϕ





45

Exercícios:

1)Calcular Mt e abϕ

Dados: G = 800 kN/cm2; 2/8 cmkNadm =τ

2) Determinar: a) Wta / Wtf, b) esforço no cordão de solda, sendo Mt = 100 tfcm.





46

3) Calcular o deslocamento do ponto A.

Dados: t = 0,1 cm; Mt = 1

50 kNcm, G = 8000 kN/cm2.

Resolução do exercício 3.





47

Placa 1 = Placa 3

)5(1,0

)4783,5(1,0

52

)74(21 ⋅⋅−++⋅⋅=�

�

��

� ⋅+⋅ hK

hK

p � 21 583,1675,2 hhKp ⋅−⋅=⋅

Placa 2

( ) ( ) )5544(1,0

)55(1,0

95 212 +++⋅+⋅++⋅⋅=⋅⋅ hhK

hK

p � 21 28185,4 hhKp ⋅+⋅=⋅

Kp

h ⋅= 18,01

Kp

h ⋅= 05,02

Volume: ( ) ( )212112 hhAhAV +⋅+⋅⋅=

( )Kp

Kp

Kp

V ⋅=⋅+⋅+��

��

� ⋅⋅⋅= 25,2005,018,04518,05,272

Inércia à torção: 48125,2044

cmpK

Kp

pKV

I t =⋅⋅⋅=⋅⋅=

Giro: radIG

M

t

t 023,0818000

100150 =⋅

⋅=⋅⋅

=�ϕ

Coordenadas do ponto A em relação ao c.g.

cmxA 5,9= , cmyA 3,3=

( ) cmyv Ax 076,03,3023,0 =⋅−−=⋅−= ϕ

( ) cmxv AY 219,05,9023,0 −=⋅−=⋅= ϕ

Deslocamento: cmvvv yx 23,022 =+=





48

3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS

- Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas:

Dado um elemento de viga obtido por duas seções: x e x + dx

• AyI

xMAxT

Az

A∂⋅⋅=∂⋅= ��

)()(σ

• AyI

xxMAxxt

Az

A∂⋅⋅∂+=∂⋅∂+= ��

)()(σ

As resultantes das trações exercidas sobre o elemento geralmente não serão

iguais: tT ≠ � tTxxMxM >�∂+> )()(

0>− tT





49

0)()( >∂⋅⋅∂+−∂⋅⋅ �� Ay

IxxM

AyI

xMA

zA

z

)()()( xMxMxxM ∂−=∂+

0)( >∂⋅⋅∂

� AyI

xMA

z

O equilíbrio exige, então, que exista uma força horizontal, que será:

xsestT ∂⋅⋅=−−−)()(τ

xsesAyI

xMA

z

∂⋅⋅=∂⋅⋅∂ −−

� )()()( τ

AseI

yxVA

seIx

yxMs

A

z

A

z

∂⋅⋅

⋅=∂⋅⋅⋅∂

⋅∂=∴ �� −−−−)(

)(

)(

)()(τ

� ∂⋅⋅⋅

= −−A

z

AyseI

xVs

)(

)()(τ

• )(

)()( −−

⋅

⋅=seI

SxVs

z

τ onde:

�: tensão de cisalhamento;

V: força cortante na seção em estudo;

e: espessura da seção;

Iz: momento de inércia com relação ao eixo neutro z;

S: momento estático da parte da seção estudada com relação ao eixo neutro z.





50

ssesF ∂⋅⋅=∂ )()(τ

� ∂=s

FF0

�� ∂⋅⋅⋅

⋅=∂⋅⋅= −−

s

z

s

sseseI

SxVssesF

00

)()(

)()()(τ

Geralmente ctesese ==−−)()(

� ∂⋅⋅=∴s

z

ssSI

xVF

0)(

)(

Exemplo 1:

)()(

)(seISxV

sz ⋅

⋅=τ

PxV =)(

ese =)(

��

�

�

��

�

��

��

�⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=233

22

122

212

heb

beehI z

• Variação nas mesas:

2)(

hsesS

⋅⋅=





51

)()( sSKs ⋅=τ

)()(seI

xVK

z ⋅=

2)(

sheKs

⋅⋅⋅=∴τ

Tem-se:

• OBS: As tensões tangenciais verticais vτ são desprezadas

bISxV

zv ⋅⋅

⋅=2)(τ

)()(

)(seISxV

sz ⋅

⋅=τ

)(2 sbe v ττ <<�⋅<<

• Para S2 (outra posição de S) na alma

Momento estático

bhesh

sesS ⋅⋅+��

��

� −⋅⋅=22

)(

O momento estático é acumulativo.

bhesehse

sS ⋅⋅+⋅−⋅⋅=22

)(2

)()( sSKs ⋅=τ





52

Exemplo 2:

2)(

shesS

⋅⋅= (mesa)

bhesh

sesS ⋅⋅+��

��

� −⋅⋅=22

)( (mesa + alma)

02

)( =⋅−⋅=∂

∂se

hessS

2h

S =∴

22222

2

max

hbe

hehheS ⋅⋅+�

�

��

�⋅−⋅⋅=

28

2

max

hbeheS

⋅⋅+⋅=





53

)()(

)(seISxV

sz ⋅

⋅=τ

)()( sSKs ⋅=τ

PxV =)(

��

�

�

��

�

��

��

�⋅⋅+⋅⋅+⋅=233

2122

12h

ebbeeh

I z

� ∂⋅⋅=s

z

ssSI

xVF

0)(

)(

• � ∂⋅⋅=b

z

ssSIP

F01 )(

• 31 FF =





54

42)(

2

00

bhes

shessS

bb ⋅⋅=∂⋅⋅⋅=∂⋅ ��

41

2bheIP

Fz

⋅⋅⋅=∴

• � ∂⋅⋅=h

z

ssSIP

F02 )(

222)(

2 bhesehsesS

⋅⋅+⋅−⋅⋅=

262222)(

233

0

2

0

hbehehes

bhesehsessS

hh ⋅⋅+⋅−⋅=∂⋅��

��

� ⋅⋅+⋅−⋅⋅=∂⋅ ��

��

�

�

��

�

�

��

�

�

��

�

��

��

�⋅⋅+⋅⋅+⋅

��

��

� ⋅⋅+⋅−⋅⋅=

233

233

2

2122

12

262

hbe

beeh

hbeheheP

F

he << ; be <<

)(2 xVPF ==∴





55

Centro de cisalhamento (Seções delgadas simétricas)

O centro de cisalhamento ou centro de torção é o ponto do plano da seção em relação ao qual o momento de todas as resultantes das tensões devidas a � é nulo. É o ponto por onde deve passar o plano que contém a resultante de V atuante na seção, para que não haja torção.

fτ : tensão de cisalhamento devido à V

Forças de cisalhamento na seção

� ∂⋅⋅=b

zz

ssSIV

F01 )(

2)(

shesS z

⋅⋅=

42

2

01

bheIV

sshe

IV

Fz

b

z

⋅⋅⋅=∂⋅⋅⋅= �

Vhbehehe

IV

sbhesehse

IV

Fz

h

z

=�

��

⋅⋅+⋅−⋅⋅=∂⋅��

��

� ⋅⋅+⋅−⋅⋅⋅= � 264222

233

0

2

2

31 FF =

��

��

� ⋅⋅+⋅⋅+⋅=412

212

233 hbebeehI z

be << ; he <<





56

Condições de equivalência

VF =1 ; cVM ⋅=0

cVhF ⋅=⋅1

VhF

c⋅= 1

Vhbeh

IV

cz

⋅⋅⋅⋅=4

2

zIbeh

c⋅

⋅⋅=4

22

; ),,( bhefc = não depende de V.

212

23 hbeheI z

⋅⋅+⋅=

Obs: 1. se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há

equivalência entre Vc e M0.

2. Se chamarmos de “fluxo de tensões” o produto � t, podemos imaginar uma

analogia entre “fluxo de tensões” que percorre a seção e “fluxo de água” que percorreria

um encanamento com a forma da seção analisada.





57

t

tt W

M=τ

PV =

)( bcPMM t +⋅==

ft τττ += (tensão de cisalhamento resultante)

eISV

WM

zt

t

⋅⋅+=τ





58

Cantoneiras

Exercícios:

1) Determinar a posição do centro de cisalhamento e calcular as tensões tangenciais.

Dado: Iz=2806 cm4.





59

2) Calcular maxτ

Dado: Iz=895914 cm4.

3) Determinar as tensões principais no ponto A da seção mais solicitada.

Dado: Iy=27937 cm4.





60


100⋅= FM

FF

zIM

yx 054,015

27937100 −=⋅⋅=⋅=σ

( ) 433 48,37221,212015131

31

cmthI iiT =⋅++⋅⋅=⋅⋅= �

3

max

48,37148,37

cmtI

W TT ===

� ∂⋅⋅=s

ssSIxV

F0

)()(

230

2301

2

1

ss

ssS −⋅=�

�

��

� −⋅⋅=

yy IP

ss

sIP

F ⋅=∂⋅��

��

�−⋅⋅= � 5,2812

230

15

0

2

1

5,337155,3371512 +⋅=+⋅⋅= ssS

( )yy I

Pss

IP

F ⋅=∂⋅+⋅⋅= � 97505,3371520

02





61

� = 00M

cPFF ⋅=⋅⋅−⋅⋅ 352152 12

cPIP

IP

yy

⋅=��

�

�

��

�

�⋅⋅−

��

�

�

��

�

�⋅⋅ 5,281270975030

27937196875292500 −=c

cmc 42,3=

PPcP

WM

t

tt ⋅=⋅=+⋅== 49,0

48,3742,18

48,37)15(τ

PP

eISV

zf ⋅=

⋅⋅=

⋅⋅= 023,0

1279375,637τ

PPPft ⋅=⋅+⋅=+= 513,0023,049,0τττ

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +��

�

��

� +±

+=

( )22

2,1 513,02

0054,02

0054,0P

PP +��

��

� +−±+−=σ

P487,01 =σ

P541,02 −=σ





62

4-TEORIA DAS TENSÕES

zz

A AF σ=

∂∂

→∂ 0lim � tensão normal

zyy

A A

Fτ=

∂∂

→∂ 0lim � tensão tangencial ou tensão de cisalhamento

zxx

A AF τ=

∂∂

→∂ 0lim





63

→→→

+= xzwt z τσ

22)( τσ += zt

• Obs: A tensão é definida no ponto.

� = 00M � 2

22

2z

yxy

zx zyyz

∂⋅∂⋅∂⋅⋅=∂⋅∂⋅∂⋅⋅ ττ

0≠∂⋅∂⋅∂=∂ yzxV

zyyz ττ =

Teorema de Cauchy.

Genericamente jiij ττ = { }zyxji ,,, =

São seis as tensões no caso tridimensional.





64

Caso plano

Caso linear

Ensaio de tração: � AF=σ

�

�∆=ε





65

Estado simples/ Linear/ Unidimensional de tensão

Considere uma barra sem peso, tracionada pela extremidade livre por uma força

F centrada. Numa seção genérica, aparecerão tensões normais �1 de modo que se tenha o

equilíbrio da seção cortada.

AF=σ

Equilíbrio de forças.

• � =−

0yF

0coscos 1 =⋅⋅−⋅ ασ

ασ

AA

* ασσ 21 cos⋅=

• � =−

0xF

0cos 1 =⋅⋅−⋅ ασ

ατ

senAA

* ααστ cos1 ⋅⋅= sen

De outra maneira:

1. 2

2cos1cos2 αα += � ασσσ 2cos

2211 ⋅+=





66

2. 22sen

cossenααα =⋅ � αττ 2sen

21 ⋅=

21

21 2cos

22��

��

� ⋅=��

��

� − ασσσ

212 2sen

2��

��

� ⋅= αττ

212

21

22��

��

�=+��

��

� − στσσ

Tensões principais:

• Tensão máxima: 1σ

• Tensão mínima: 2σ

Círculo de Mohr:

Nos planos principais ( 'α e ''α ) a tensão tangencial vale zero.

Obs: 1. planos ou direções principais.

2. O ponto do gráfico para o qual convergem todos os planos representativos de

cortes na barra é chamado pólo.

Convenção de sinais:

tração�> 0σ

compressão�< 0σ





67

Estado Plano (duplo, bidimensional) de tensões

Considere um elemento infinitesimal com solicitação geral de tensões.

Equilíbrio de Forças:

• � =−

0yF

ασααταατασσ 22 sencossencossencos ⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅=∂⋅−−

AAAAA yxyxyxx

ασαατασσ 22 sencossen2cos ⋅+⋅⋅⋅+⋅=−−

yxyxx

• � =−

0xF

αασατατααστ cossensencoscossen 22 ⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅−⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅=∂⋅−−

AAAAA xxyxyyxy

( ) ( )ααταασστ 22 sencoscossen −⋅+⋅⋅−=−−

xyxyxy





68

Arcos duplos:

ατασσσσ

σ 2sen2cos22

⋅+⋅−

++

=−−

xyyxyx

x

ατασσ

τ 2cos2sen2

⋅+⋅−

=−−

xyxy

xy

22

2sen2cos22 ��

�

��

�⋅+⋅

−=��

�

��

� +−

−−ατα

σσσσσ xy

yxyxx

22

2cos2sen2 ��

�

��

�⋅+⋅

−=�

�

��

� −−ατα

σστ xy

xyxy

( )2222

22 xyyx

xyyx

x τσσ

τσσ

σ +��

��

� −=�

�

��

�+��

��

� +−

−−−−

No círculo de Mohr:

• centro do círculo: ��

��

� +0,

2yx σσ

• raio do círculo: ( )2

2

2 xyyxR τ

σσ+�

��

��

� −=

Ryx ++

=21

σσσ

R+=maxτ

Ryx −+

=22

σσσ

R−=minτ





69

Tensões principais ( )21 ,σσ :

( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +�

��

��

� −−+

+=

• 0=−−

xyτ

02cos2sen2

=⋅+⋅−

ατασσ

xyxy

yx

xytgσσ

τα

−⋅

=2

2

Direções principais: 'α e ''α

Propriedade

cteyxyx =+=+=+−−−−

21 σσσσσσ

Expressão Matricial das tensões.

[ ] [ ] [ ]TMM ⋅⋅=�

��

−σσ

[ ] �

��

−=

αααα

cossensencos

M M: matriz de transformação de coordenadas.





70

MT: matriz transposta.

��

��

�

=�

��

−−−−

−−−−−

yxy

xyx

στ

τσσ

[ ] �

��

=

yxy

xyx

σττσ

σ

Exercícios:

1) Calcular as tensões principais e suas direções, e desenhar o círculo de Mohr.

160=xσ ; 60=yσ ; 40=xyτ .

2) Calcular as tensões de cisalhamento nos cortes I, II e III. 2/10 cmkNI =σ ; 0=IIσ ; 2/10 cmkNIII −=σ





71

3) Calcular as tensões principais e suas direções.

4) Calcular as tensões principais e suas direções. 2/3 cmkNa =σ ; 2/5,1 cmkNb =σ ; 2/5,0 cmkNa =σ

5) Calcular as tensões principais e suas direções nos pontos A e B.





72

Resolução do exercício 5: 436167cmI z =

Reações: kNV a 5,7= , kNV b 5,22=

cmkNM z ⋅= 500

kNV 5,12=

Ponto A:

kNyI

M

z

zx 152,011

36167500 −=⋅=⋅=σ

0=xyτ

( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +�

��

��

� −−+

+=

21 /0 cmkN=σ ; 2

2 /152,0 cmkN−=σ

Ponto B:

kNyI

M

z

zx 055,04

36167500 +=⋅=⋅=σ

2/06,01036167

17255,12cmkN

tISV

xy −=⋅

⋅−=⋅⋅=τ

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +��

�

��

� +−+

+=

21 /09,0 cmkN=σ ; 2

2 /04,0 cmkN−=σ





73

5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES

Deformações Normais: xu

x ∂∂=ε

yv

y ∂∂=ε

yu

tg∂∂== 11 γγ

xv

tg∂∂== 22 γγ

xyxv

yu γγγγ =

∂∂+

∂∂=+= 21

γ : deformação tangencial ou distorção.

Coeficiente de Poisson:

0>−=y

x

εεν

Em materiais isotrópicos (tem o mesmo comportamento elástico em todas as

direções): 5.00 <<ν

• A lei de Hooke estabelece que a tensão aplicada provoca deformação

proporcional.

Pode-se afirmar então que se em todos os pontos de um sólido elástico atua tensão �

de direção constante, um comprimento l, sofrerá, na direção da tensão, uma variação de

comprimento:

Eσ

.�� =∆





74

Se ocorrer solicitação em mais de uma direção pode-se avaliar o efeito de cada

tensão isoladamente:

• Tensão �x:

Ex

x

σε = ; E

xxy

σνενε ⋅−=⋅−= ; E

xxz

σνενε ⋅−=⋅−=

xx

xxx E�� ⋅=⋅=∆

σε

yx

yyy E�� ⋅⋅−=⋅=∆

σνε

zx

zzz E�� ⋅⋅−=⋅=∆

σνε

• Analisando o efeito da tensão em y:

Ey

y

σε = � y

yyyy E

�� ⋅=⋅=∆σ

ε

xz

x E�� ⋅⋅−=∆ σν

yz

z E�� ⋅⋅−=∆ σν

• Só tensão em z:

Ez

z

σε = � zz

zzz E�� ⋅=⋅=∆ σε

xy

x E�� ⋅⋅−=∆

σν

zy

z E�� ⋅⋅−=∆

σν

Por superposição de efeitos:

• xz

xy

xx

x EEE�� ⋅⋅−⋅⋅−⋅=∆

σνσ

νσ

• ��

��

�+⋅−=

EEEzyx

x

σσνσε

Analogamente, ocorre nas outras direções.





75

��

��

� +⋅−=EEE

zxyy

σσνσ

ε

��

��

�+⋅−=

EEExyz

z

σσνσε

Além disso, tem-se:

Gxy

xy

τγ = ;

Gyz

yz

τγ = ;

Gxz

xz

τγ =

Onde G é o módulo de elasticidade transversal:

( )υ+=

12E

G

Num estado triplo de deformações: zyx εεε ,, , yzxzxy γγγ ,,

Num estado plano de deformações: xyyx γεε ,,

��

��

�⋅−=

EEyx

x

σνσε

��

��

�⋅−=EE

xyy

σνσ

ε

Gxy

xy

τγ =

Para as direções principais:

αεεεεε 2cos22

2121 ⋅−++=x

αεεεεε 2cos22

2121 ⋅−

−+

=y

αεεγ 2)( 21 sen⋅−=





76

Exercícios:

1) Calcular as tensões xσ , yσ e zσ .

2) Calcular x�∆ do sólido I.

2/1 cmtfz =σ ; P = 80 tf; 2/500 cmtfE I = ; 3,0=Iν ; 2/100 cmtfEE IIIII == ;

4,0== IIIII νν





77

3) Qual o deslocamento total em y e a carga máxima.

Dados: E = 100 tf/cm2; 4,0=ν

4) Determinar as tensões.

Dados: 610200 ⋅=aε ; 610300 ⋅=bε ; 2εε =a ; E = 20000 kN/cm2; 3,0=ν

5) Calcular a deformação na direção � indicada, sabendo que yx εε .5,0−= .

Dados: 2/1 cmKNx =σ ; 3,0=ν ; � = 30º





78

6) Para o tubo de parede fina; calcular Mt e F.

Dados: 4104,1 −⋅−=aε ; 4108,4 −⋅=bε ; E = 21000 kN/cm2; 3,0=ν

7) Desenhar o círculo de Mohr.

Dados: 4x 105 −⋅−=ε , 4

y 103 −⋅=ε , rad106 2xy

−⋅=γ





79

8) No ponto O da viga indicada na figura foram medidas as deformações nas direções A

e B e encontrados: 51014,7 −⋅=aε , 510.07,16 −=bε . Sabendo-se que essa viga está

solicitada apenas por M e V, calcular esses valores, dados: 2/808 cmkNG = ; E = 21000 kN/cm2; 3,0=ν


Estágio 1

0=xσ ; 0=zσ ; 400P

y =σ

cmx 02,0=∆�

xxx �� ⋅=∆ ε

2002,0 ⋅= xε

001,0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅= 1

��

��

� −⋅−=400

4,0100

1001,0

P

tfP 100=

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅= 1

��

��

��

��

�−⋅−⋅=400100

4,0100

1001,0





80

Estágio 2

0=zσ ; 400P

y =σ

cmz 02,0=∆�

zzz �� ⋅=∆ ε

2002,0 ⋅= zε

001,0=zε

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅= 1

��

��

��

��

� −⋅−⋅=400

4,0100

1001,0

Pxσ

0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅= 1

��

��

� −⋅−=400

4,0100

10

Pxσ

Px ⋅+⋅−= 001,04,01,0 σ (1)

Px ⋅+= 001,00 σ (2)

Resolvendo o sistema: 2/071,0 cmtfx −=σ

tfP 43,71=

Carga Total:

tfPPPtotal 43,17143,7110021 =+=+=

( )( )zxyy Eσσνσε +⋅−⋅= 1

( ) 004,00071,04,0400

43,171100

1 −=��

��

� +−⋅−−⋅=yε

Deslocamento total em y.

cmyyy 12,030004,0 −=⋅−=⋅=∆ �� ε





81

6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO

Na mecânica, uma força realiza trabalho quando sofre um deslocamento dx na

mesma direção dela.

Por exemplo, ao calcular o trabalho realizado por uma força axial aplicada na

extremidade da barra.

Como a força N aumenta gradualmente de 0 até P, o deslocamento varia de 0 até

�L. Se o material comportar-se de maneira linear-elástica, a força será diretamente

proporcional ao deslocamento, ou seja:

xKN x ⋅= onde K = constante.

Pela Lei de Hooke:

( )( )zyxX E1 σσνσε +⋅−⋅= , sendo 0zy == σσ

Ex

x

σε =∴

AN x

x =σ � �∆=x

AN

x =σ � �

�∆=xε

��

∆⋅⋅=⋅= AExKN

xxKxNU x ∂⋅⋅=∂⋅=∂

O trabalho realizado será:

� � ∂⋅⋅=∂= xxKUU





82

�∆ ∆

��

��

� ⋅=∂⋅⋅=�

�

0 0

2

2xK

xxKU

�� ∆⋅⋅=∆⋅⋅= NKU21

21 2

�∆⋅⋅= N21

U

U: energia de deformação (carregamento lento)

Carregamento lento: carregamento aplicado de zero até o valor final. Em caso de carregamentos rápidos (carregamentos instantâneos), temos:

�∆⋅= NU , uma vez que o gráfico apresenta-se como um retângulo.

Exemplos:

Carregamento lento: peso próprio.

Carregamento rápido: ação do vento.

- Energia de Deformação: Energia de deformação é definida como a capacidade de produzir trabalho. A

energia armazenada em sólidos elásticos devido à deformação dos elementos sob ações externas, é igual ao trabalho interno.

Objetivos: Calcular deslocamentos e calcular incógnitas hiperestáticas.

- Métodos de cálculo da energia de deformação:

• Pelas tensões

• Pelos esforços solicitantes

• Pelas cargas

a) Cálculo pelas tensões:

Seja um elemento no estado triplo de tensões.

Efeito total = somatório dos efeitos parciais (superposição de efeitos).





83

Modelo de cálculo

Trabalho = força x deslocamento

Se o elemento de volume está submetido à tensão �x:

zyforça x ∂⋅∂⋅= σ

xtodeslocamen x ∂⋅= ε

trabalho = xzy xx ∂⋅⋅∂⋅∂⋅ εσ

zyx21

U xxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσσ e zyxV ∂⋅∂⋅∂=∂ (V = volume)

dV21

U xxx ⋅⋅⋅=∂ εσσ

Analogamente:

• para yσ : dV21

U yyy ⋅⋅⋅=∂ εσσ

• para zσ : dV21

U zzz ⋅⋅⋅=∂ εσσ

Efeito total: izyx UUUU σσσσ ∂=∂+∂+∂

zyxzyxzyxU zzyyxxi ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσεσεσσ 21

21

21

Dividindo ambos os lados por zyx ∂⋅∂⋅∂

dV

U

zyx

UU ii

,0�� ∂

=∂⋅∂⋅∂

∂= σσ

σ

σ,0U : Energia específica de deformação (só as tensões normais)





84

Para um elemento de volume, a tensão de cisalhamento provoca deformação no

elemento.

Assim, a energia de deformação armazenada no elemento é:

zyx21

U xzxzxz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx21

U xyxyxy ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx21

U yzyzyz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

Efeito total: ijyzxyxz UUUU ττττ ∂=∂+∂+∂

dV

U

zyx

UU ijij

,0�� ∂

=∂⋅∂⋅∂

∂= ττ

τ

τ,0U :Energia específica de deformação (só as tensões de cisalhamento)

Efeito global:

( )� ∂+∂= iji UUU τσ

( )volume,0,00 UUU � += τσ

dVUUvolume 0 ⋅= �

ou seja:

( )� ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅=V yzyzxzxzxyxyzzyyxx dV

21

U γτγτγτεσεσεσ





85

b) Cálculo pelos esforços solicitantes

Considere uma viga:

• yI

MAN

x ⋅+=σ e IbSV

xy ⋅⋅=τ

dVUUvolume 0 ⋅= �

( )xyxyxx0 21

U γτεσ ⋅+⋅⋅=

Pela Lei de Hooke:

• E

xx

σε = e Gxy

xy

τγ =

��

�

�

��

�

�+⋅=

GE21

U2xy

2x

0

τσ

��

��

��

��

�

⋅⋅⋅+�

�

��

� ⋅+⋅⋅=22

0 IbSV

G1

yI

MAN

E1

21

U

�

��

��

��

�

⋅⋅⋅+��

�

��

�⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅= 22

222

2

2

2

2

0 IbSV

G1

yI

My

IM

AN

2AN

E1

21

U

xdAIbSV

Gy

IM

yI

MAN

AN

EU

A

∂⋅⋅�

��

��

��

�

⋅⋅⋅+��

�

��

�⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= �� 22

222

2

2

2

2

0

12

121�

Resolvendo as integrais de área, temos:

� ∂⋅�

��

��

��

�⋅⋅

⋅+��

��

�+⋅

⋅=

�

0

222

21

21

xA

Vc

GIM

AN

EU onde c = fator de forma.

AIG

SAc 22

2

∂⋅⋅

⋅= �





86

Observação: Torção: tI

MwM

t

t

t

txy ⋅==τ

Ou seja,

� ∂⋅�

��

⋅⋅+��

��

�⋅⋅

⋅+��

��

�+⋅

⋅=

�

0

2222

221

21

xIG

MA

Vc

GIM

AN

EU

t

t

Exemplo: Calcular a energia de deformação para a estrutura da figura.

Dados: P = 500 kgf; d = 4 cm; c = 1,1 ; E = 2100000 kgf/cm2; G = 800000 kgf/cm2.

L = 50 cm; e = 20 cm.





87

c) Cálculo pelas cargas (Teorema de Clapeyron).

�→→∂⋅=

t

0

tPT onde T = trabalho.

T = U onde U = energia de deformação.

Observação: Teoria de 1a ordem: pontos Ai e Bi muito próximos.

→→≈ ivt

ii vP21

T ⋅⋅=

ou genericamente:

� ⋅⋅= ii vP21

T

xIG

MAG

Vc

IEM

AEN

21

U0

t

2t

222

∂⋅��

��

�

⋅+

⋅⋅+

⋅+

⋅⋅= �

�

T = U � Teorema de Clapeyron: conservação de energia

Pode-se portanto calcular o deslocamento no ponto e na direção da força ou

momento aplicado, com esse teorema. A aplicação é bastante limitada, pois apenas uma

força externa ou momento pode atuar na estrutura.

Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

Exemplo 2:calcular o giro (φ ) no apoio fixo.





88

Teorema de Maxwell

Trata de uma estrutura elástica com duas cargas Pi e Pk.

Seja a viga abaixo. Por superposição de efeitos:

Considere a teoria de 1a ordem.

Observação: ikδ : indica a causa (força no ponto k que causa o deslocamento em i).

ikKiiii PPv δδ ⋅+⋅=

kkKkiik PPv δδ ⋅+⋅=

1a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P kkii →→ )

ikkikkkkiiii1 PP1PP21

PP21

T δδδ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

2a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P iikk →→ )

kiikiiiikkkk2 PP1PP21

PP21

T δδδ ⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

Porém o trabalho realizado é o mesmo: T1 = T2.

Substituindo os valores, tem-se que kiik δδ = � Teorema de Maxwell.





89

Observações:

• se substituirmos as forças Pi e Pk por um grupo de forças, temos o Teorema de

Betti.

• o Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças por momentos.

- Teorema de Maxwell: “O deslocamento de um ponto i, na direção i, quando se aplica

uma força no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k, na direção k, quando se

aplica uma força no ponto i”.

- Teorema de Castigliano (1873): “A derivada parcial da energia de deformação em

relação a uma carga Pk é igual ao deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da

carga”.

kk

vPU =

∂∂

n1nx1xi1i1221111 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

n2nx2xi2i2222112 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

innixxiii2i21i1i P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

xnnxxxxii2x21x1x P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

nnnnxxnii2n21n1n P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

�=

⋅⋅=n

1iii vP

21

U

��

��

�

∂∂

⋅+⋅∂∂

⋅=∂∂

� �= =

n

1i

n

1i k

iii

k

i

k Pv

PvPP

21

PU

1a derivada � para ki ≠ , 0PP

k

i =∂∂

para ki = , 1PP

k

i =∂∂





90

2a derivada � �= ∂

∂n

1i k

i

Pv

kk

i

Pv

i 11 δ=∂∂

�=

k2k

i

Pv

2i δ=∂∂

�=

ikk

i

Pv

ii δ=∂∂

�=

kkk

i

Pv

ki δ=∂∂

�=

nkk

i

Pv

ni δ=∂∂

�=

...P...PP ikik22k11 +⋅++⋅+⋅ δδδ

Pelo Teorema de Maxwell, tem-se kiik δδ = .

Logo: ( ) kkkk

vvv21

PU =+⋅=

∂∂

Exercícios:





91

1) Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

2) Calcular o deslocamento vertical no meio do vão.

3) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do vão.

Teorema de Menabrea





92

0PU

k

=∂∂

, neste caso Pk é uma incógnita hiperestática.

Exercícios:

1) Determinar as reações dos apoios da viga.

2) Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B.

Viga: E, I. Barra: Eb; Ab.

3) Calcular o deslocamento vertical do nó 5 (EA = constante).

4) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do balanço.





93

Dados: E = 2100 tf/cm2; I = 1000 cm4; P = 2 tf.

5) calcular a força no tirante. Arco: meia-circunferência (raio = r).

6) Calcular as forças nas barras e o deslocamento vertical do ponto A.

7) Calcular as forças nas barras e seus alongamentos.





94

Dados: A1 = A2 = 1 cm2; L1 = 100 cm; L2 = 200 cm; E = 2100000 tf/cm2; Iviga = 5557,3

cm4; Aviga = 112 cm2; L = 200 cm.

8) Calcular o deslocamento horizontal e vertical no ponto de aplicação da carga P.

Dado: c = constante da mola.






95

Foi escolhida como incógnita hiperestática o apoio móvel vertical (R).

� = 02RM

32

1

PRR

−−=

Trecho 1:

xPM x ⋅=

0=∂

∂R

M x

Trecho 2:

xPR

RxRRM x ⋅��

��

� −⋅−+⋅=⋅+⋅=3

222 1





96

xPxRRM x ⋅⋅−⋅⋅−⋅=31

32

2

xR

M x ⋅−=∂

∂32

2

Trecho 3:

xRM x ⋅=

xR

M x =∂

∂

xIE

MU ∂⋅

⋅⋅= �

�

0

2

21

00

=∂⋅∂∂⋅=

∂∂

� xRM

MRU �

( ) ( ) ( ) ( ) xxRxxxPxRx

RxPxxRM

M ∂⋅⋅+∂⋅��

��

� −⋅��

��

� −−+∂⋅⋅=∂⋅∂∂⋅ ��

2

0

3

0

1

00 32

233

220

�

203P

R =

Para P = 2 tf, temos R = 0,3 tf.

Substituindo R nas equações dos momentos, temos:

Trecho 1:

xPM x ⋅=

xP

M x =∂

∂

Trecho 2:

xPP

xPxPP

M x ⋅−=⋅⋅−⋅��

��

�⋅−��

��

�⋅=30

13103

31

203

32

203

2

xP

M x ⋅−=∂

∂3013

103





97

Trecho 3:

203Px

M x =

203x

PM x =∂

∂

AvxPM

MPU =∂⋅

∂∂⋅=

∂∂

��

0

( ) ( )IE

xxPx

xxPxP

xxPxvA ⋅⋅��

��

� ∂⋅��

��

�⋅��

��

�+∂⋅��

��

� −⋅��

��

� −+∂⋅⋅= ��1

203

203

3013

103

3013

103 2

0

3

0

1

0

mmmP

EIvA 127,110127,121833,1

21001

3003551 3 =⋅=⋅⋅=⋅= −

7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA

Estados limites:





98

a) Estado limite último: ruptura.

b) Estado limite de utilização:

c) Estado limite de estabilidade:





99

Critérios de resistência:

• Critérios obsoletos: Critérios de Rankine, Tresca e Saint-Venant.

• Critérios atuais: Critérios de Mohr, Coulomb e von Mises.

A) Critério de Rankine (critério da maior tensão normal).

A maior tensão normal é o limite para a resistência da estrutura. Adota-se, com

certa segurança, a tensão normal máxima, a partir de experimentação e das condições de

aplicação. Critério adequado para materiais dúcteis.

Observação:

)(CS adm

máx σσσ

σσ ≤1 (critério das tensões admissíveis)

Material dúctil: CS

escσσ =

Material frágil: CS

rupσσ =

- Envoltória de ruptura:





100

B) Critério de Tresca (critério da maior tensão de cisalhamento):

Ensaio de tração no aço.

O que causa o rompimento do aço é a presença da tensão de cisalhamento que

“corta” a superfície da estrutura.

Observação: critério utilizado para materiais dúcteis (aço).

- Envoltória de ruptura:

C) Critério de Saint-Venant (critério de maior deformação normal):





101

Envoltória de ruptura:

ν : coeficiente de Poisson.

Tanto para materiais dúcteis como para materiais frágeis.

1) Critério de Mohr

Envoltória de segurança:

Critério utilizado para diversos materiais (concreto e ferro fundido).

tctc ff >→> σσ

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.

2) Critério de Coulomb (critério definido por dois parâmetros físicos):





102

ϕ :Ângulo de atrito interno.

Cτ :Tensão de coesão.

Critério utilizado para areias, argilas e siltes.

a) Materiais sem coesão (areia).

A partir da análise da localização do círculo de Mohr pode-se verificar se há, ou não

segurança.

0c =τ

critério de segurança: ϕα sensen ≤

a) Materiais com coesão (argila).

0c ≠τ

Mesmo princípio de funcionamento que o anterior.

Exemplo: critério de Mohr-Coulomb.





103

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.

ct ff <

d2

fsen

t

=ϕ

2fdtg

t

c

+=

τϕ

ct

2f

tgtgd τϕϕ =⋅+⋅

ϕϕτ

tg

tg2f

dt

c ⋅⋅=

d2f

f

2f

sent

c

c

++=ϕ

ϕα sensen ≤ (critério de segurança).

- Envoltória de segurança:

3) Critério da energia de distorção (critério de von Mises).





104

Utilizado para materiais dúcteis com tc ff ≈ .

Critério baseado nos conceitos de energia de deformação.

Seja:

[ ] [ ] [ ]222222

21

21

xzyzxyzyzxyxzyxtotal GEEU τττσσσσσσνσσσ ++

⋅+⋅+⋅+⋅−++⋅

⋅=

para: 0yzxzxy === τττ , teremos um estado principal de tensões em função de 1σ , 2σ

e 3σ .

[ ] [ ]32312123

22

21total EE2

1U σσσσσσνσσσ ⋅+⋅+⋅−++⋅

⋅=

[ ] [ ] [ ]desvijijmij σδσσ +⋅=

[ ] [ ] [ ]ijmijdesvij δσσσ ⋅−=

observação: 1ji ij =→= δ , 0ji ij =→≠ δ

[ ]��

��

�

=100010001

ijδ (Delta de Kronecker).





105

Círculo de Mohr para o estado hidrostático de tensões.

desvhidrototal UUU +=

[ ] [ ]2m

2m

2m

2m

2m

2mhidro EE2

1U σσσνσσσ ++⋅−++⋅

⋅=

( )2321hidro E2

21U σσσν ++⋅

⋅−=

hidrototaldesv UUU −=

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221desv G12

1U σσσσσσ −+−+−⋅

⋅=

( )ν+⋅=

12E

G

Caso particular: 01 ≠σ , 032 == σσ (tração pura).

31

m

σσ = estado hidrostático de tensões.





106

G1832

33G121

U21

21

21

21

desv ⋅=

��

��

��

��

� ⋅−+�

�

��

�+��

��

�⋅⋅

=σσσσ

(tração pura).

Observação: a energia de deformação correspondente ao estado desviatório de tensão é

chamada de energia de distorção.

O critério da energia de distorção faz a seguinte hipótese:

Tração pura: 01 ≠σ , 021 == σσ

G122

UU21

distdesv ⋅⋅

==σ

(tração pura).

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221distdesv G12

1UU σσσσσσ −+−+−⋅

⋅==

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221esc 2

1 σσσσσσσ −+−+−=

para outros pontos: ( ) ( ) ( )[ ]213

232

221i 2


iσ : tensão ideal.

Observações: caso plano de tensões ( 01 ≠σ , 02 ≠σ , 03 =σ )

( ) ( ) ( )[ ]21

22

221dist G12

1U σσσσ −++−⋅

⋅=

G12U

21

dist ⋅= σ

(tração pura) ( esc1 σσ < )

distdist UU = (tração pura)

12

esc

22esc

21

2

esc

1 =��

��

�+

⋅−��

�

��

�

σσ

σσσ

σσ

(equação de uma elipse)





107

Para uma viga: 0x ≠σ ; 0y =σ ; 0xy ≠τ

2xy

2xx

2,1 22τσσσ +�

�

��

�±= ; 03 =σ

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221i 2


2xy

2xi 3 τσσ ⋅+=

iij σσ ≤

Exercícios:





108

1) Sabendo-se que a tensão máxima de um certo material vale 2max cm/kN3,1=σ e que

este material segue o critério da energia de distorção, verificar se o carregamento na

estrutura é seguro. Dados: p = 8 kN/cm2; F = 60 kN; Iz = 14951,24 cm4.

2) Verificar a segurança nos pontos A e B, sendo dados: M = 50 tfcm; V = 10 tf; fc =

0,8 tf/cm2; ft = 0,4 tf/cm2.

3) O material segue o critério indicado na figura abaixo, verificar a segurança.

Dados: 01 =σ , 22 cm/tf3−=σ , a = 1 tf/cm2.

4) Determinar quais valores a tensão P de compressão pode variar sem que haja ruptura.

a = 0,4 tf/cm2. Tensões em tf/cm2.





109

Resolução do exercício 3:

Equação da parábola:

cbyayx ++= 2

pontos conhecidos: (0,1); (1,0) e (0,-1).

cba +⋅+⋅= 1'10 2

cba +⋅+⋅= 0'01 2

( ) ( ) cba +−⋅+−⋅= 1'10 2

1−=a ; 0=b ; 1=c

12 +−= yx equação da parábola.

Equação do círculo de Mohr

( ) ( ) 220

20 Ryyxx =−+−

raio: 5,12

302

21 =+=−= σσR

coordenadas do centro: ( ) ( )0;5,10,2

, 210 −=�

�

��

� +=

σσoyx

( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx equação do círculo

12 +−= yx

( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx

Resolvendo o sistema:

0122 =++ xx





110

0=∆

A equação apresenta 2 raízes iguais, portanto a parábola e o círculo de Mohr se

tangenciam em um único ponto. Portanto há segurança.

8-FLAMBAGEM

-Estados limites último e de utilização.





111

-Resistência; Rigidez; Estabilidade.

Fcr = força crítica.

hFcr %20015,1 →⋅

Estabilidade: propriedade que um sistema possui de recuperar seu estado original

apóes ter sido deslocado de usa posição de equilíbrio.

Determinação da força crítica ou força de flambagem ou força de Euller:

- Teoria de 1a ordem


)(" xMvIE −=⋅⋅





112

2

2

xv

K∂∂≅


2/32

2

2

1��

�

�

��

�

��

��

�

∂∂+

∂∂

=

xv

xv

K

• Método do equilíbrio:

ϕϕ ⋅≈⋅= �� send (pequenos deslocamentos)

ϕ⋅⋅=⋅= �FdFM T

ϕ⋅= cM R

MT = momento tombador; MR = momento restaurador

• RT MM <

• RT MM =

• RT MM >

ϕϕ ⋅=⋅⋅ cF �

�

cF = (força crítica)

Barra Bi-articulada (articulada-articulada)





113

vFxM ⋅=)(

)()(" xMxvIE b −=⋅⋅

vFxvIE b ⋅−=⋅⋅ )("

0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE � Equação diferencial da flambagem

Soluções:

)(cossen 21 xvkxckxcv =⋅+⋅=

kxkckxkcv sencos 21' ⋅⋅−⋅⋅=

kxkckxkcv cossen 22

21

" ⋅⋅−⋅⋅−=

c1,c2 e k são constantes desconhecidas.

Condições de Contorno:

• 0=x , 0=v 02 =� c

kxcv sen1 ⋅=

0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE

0)sen()sen( 12

1 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅ kxcFkxkcIE

IEF

K⋅

=

• �=x , 0=v





114

0sen1 =⋅ �kc � 01 ≠c � 0sen =∴ �k � π⋅= nk� onde 3,2,1,0=n

IEn

IEF

K⋅⋅=

⋅=

222 π

1=n

Logo:2

2

�

IEFcr

⋅⋅= π

Barra engastada – livre

2

2

4 �⋅⋅⋅= IE

Fcr

π

Barra articulada – engastada

2

22�

IEFcr

⋅⋅⋅= π

Barra bi-engastada

2

24�

IEFcr

⋅⋅⋅= π

Comprimento de flambagem ( fl� ) ou comprimento crítico ( cr� ):

2

2

crcr

IEF

�

⋅⋅= π

- �� =cr para barra bi-articulada

- �� ⋅= 2cr para barra engastada - livre

- 2/�� =cr para barra engastada - articulada

- 2/�� =cr parabarra bi-engastada





115

• Contraventamentos

• Raio de giração

AI

i = ou AI

i =2

• Índice de esbeltez ( λ )

icr�

=λ

• Tensão de flambagem ou crítica

2

2

2

22

2

2

λπππσ EiE

AIE

AF

crcr

crcr

⋅=⋅⋅=⋅

⋅⋅==��

22

2

λλπσ

−−

=⋅= kEcr

Ek ⋅=−−

2π

No caso de barras pouco esbeltas sujeitas à flambagem, deve-se abandonar o

estudo elástico.





116

Exercícios:

1) Qual a relação h / b para que o pilar ofereça a mesma segurança contra a flambagem

nas direções x e y.





117

2) Determine o número de contraventamentos para que a carga F seja a máxima

possível. Qual a força F neste caso?

3) Um certo material segue o diagrama indicado. Calcular Fcr.

Dados: Iz = 272 cm4; Iy = 896 cm4; E = 13000 kN/cm2; 2

2

λπσ E

cr

⋅=





118

4) Calcular P máximo.

Dados: 2

10363000λ

σ =cr para 105>λ ; A = 2860 mm2;

Ix = 20 x 106 mm4; Iy = 1,4 x 106 mm4.

5) Calcular F máximo.

Dados: 300=� cm; d = 8 cm; 2,1=−−

σ tf/cm2; 2

10363000λ

σ =cr para 105>λ





119

6) O escoramento da vala é feito com madeira (Peroba Rosa). Sabendo-se que as peças

disponíveis para as escoras são 6 cm x 16 cm e 6 cm x 12 cm. Escolher qual das peças é

melhor.

Dados: E = 942,5 kN/cm2, 2

2

4 λπσ

⋅⋅= E

cr para 64>λ ; P = 2 kN/m2.





120


Raio de giração:

cmAI

i zz 38,2

48272 ===

cmA

Ii y

y 32,448

896 ===

Índice de esbeltez:

10538,2

250 ===z

crzz i

�λ (crítico)

5832,4

250 ===y

cryy i

�λ

Do gráfico, temos que 80=λ para 2/5 cmkNcr =σ

2

2

λγπσ

⋅⋅= E

cr

2

2

8013000

5⋅⋅=

γπ

4=λ

22

2

2

2

/91,2105413000

cmkNE

cr =⋅⋅=

⋅⋅= πλγ

πσ

kNAF crcr 65,1394891,2 =⋅=⋅= σ





121

9-BIBLIOGRAFIA

• Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill

do Brasil, 1982.

• Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977.

• Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara Dois AS, 1981.

• Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher.

• Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou :

Mir,1983.

• Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975.

• Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E. Blüncher, 1982.

• Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São

Paulo, 5ª edição, janeiro 1974.

• Timonshenko, S. P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos e Científicos, 1983-84.

Obs.: Apostilas de assuntos de Resistência dos Materiais da FEC também são

referências bibliográficas.

resumo-2006 - unicamp

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