PROJETOS_INDUSTRIAIS_TREINAMENTO_E_CONSU

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CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 1
V1-1
 INTRODUÇÃO À RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A resistência dos Materiais estuda os esforços e as deformações nos corpos visando
aplicações práticas de dimensionamento, é de fundamental importância no desenvolvimento
de elementos de máquinas e dispositivos.
É através dela que estabelecemos as dimensões de uma peça ou então,
especificamos qual material mais apropriado para determinada aplicação.
Aliado ao conhecimento teórico e a imaginação criativa do profissional, o bom senso
também deve fazer parte das definições de um projeto afim de torná-lo viável, técnica e
economicamente.
O objetivo do curso de RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS é o estabelecimento de
métodos que permitam calcular os esforços a que são submetidos os elementos
construtivos.
Com base nesses esforços será possível, então, dimensionar e selecionar o material
mais adequado.
Os exercícios estão dispostos numa ordem crescente de dificuldade, é aconselhável
que o aluno só passe para o exercício seguinte após Ter desenvolvido e compreendido
todos os passos dados na resolução da questão.
A presença na aula é de vital importância pois os exercícios virão acompanhados de
explicações contendo troca de experiências profissionais já vividas para melhor dinâmica e
assimilação da matéria.
Ao final do curso, tendo o aluno entendido bem os conceitos e solucionando a várias
séries de exercícios, estará apto aplicar os métodos utilizados na grande maioria dos casos
que aparecem no cotidiano fazendo a diferença em seu meio atuação, estando dentro do
perfil que as empresas necessitam, ou seja, Atender de modo competitivo ao mercado
consumidor, buscando a máxima lucratividade e qualidade dos serviços e resultados, na
busca permanente da satisfação do cliente.
Dedicamos este trabalho à “Deus” em primeiro lugar por nos dar entendimento e
sabedoria, para enfrentarmos esta vida cheia de desafios e alegrias.
Agradecimentos:
Magda Blandino Paladini
Thiago Roberto Paladini
Penélope Blandino
Elaboração : Projetista Carlos Paladini
ÍNDICE GERAL:
Volume 1 – páginas 1/23
Volume 2 – páginas 1/20
Volume 3 – páginas 1/16
Volume 4 – páginas 1/23
Volume 5 – páginas 1/16
Volume 6 – páginas 1/11
Volume 7 – páginas 1/11
Volume 8 – páginas 1/16
Índice Vol. 1:
! CONCEITOS........................................................pág. 1
Mecânica aplicada, exemplos...
! RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS.............................pág. 3
! CINEMÁTICA.......................................................pág. 3
Conceitos básicos
! VELOCIDADE.......................................................pág. 4
Fórmulas, unidades
! ACELERAÇÃO......................................................pág. 5
! Noções de Queda livre.........................................pág. 7
! FORÇA................................................................pág. 8
Noções elementares, exemplos, cálculos, resultante de forças,
exercícios.
! Operação com Vetores........................................pág. 12/22
Subtração de vetores, Multiplicação de um vetor por um número
real, Forças perpendiculares, forças concorrentes, exercícios.
V1-2
CONCEITOS:
MECÂNICA APLICADA
1. Objetivo da Mecânica:
A Mecânica tem por finalidade o estudo do movimento, assim como das causas e
efeitos.
O estudo das leis gerais da Mecânica constitui a chamada Mecânica Racional.
Mecânica Aplicada é o nome dado ao conjunto de aplicações da mecânica ao
movimento dos corpos.
A Mecânica aplicada se subdivide em três partes; Cinemática, a Estática e a Dinâmica.
A Cinemática é o estudo dos movimentos, independente das causas que produzem.
A Estática estuda as forças e o equilíbrio produzido por elas.
A Dinâmica estuda as relações entre as forças e os movimentos que elas produzem.
Estudando os movimentos e suas causas é que se conseguiu a construção de máquinas
e mecanismos, que tanto contribuíram para o progresso da civilização humana,
(Tecnologia, Mecânica, prática profissional).
2. Grandezas Escalares e Vetoriais
Existem em física determinadas grandezas Que ficam perfeitamente caracterizadas por
sua intensidade (módulo), ou seja um número seguido de uma unidade de medida e são
denominadas Grandezas Escalares.
Como exemplos de grandezas escalares podemos citar a massa, a densidade, o
volume, a temperatura, etc..
Existem também em física certas grandezas que somente ficam bem caracterizadas
quando conhecemos seu valor numérico ( geralmente acompanhado de uma unidade),
sua direção e seu sentido.
O valor numérico da grandeza também é chamado de módulo ou intensidade da
grandeza. Essas grandezas são chamadas, grandezas Vetoriais.
V1-3
N
S
O L
5 m5 m
Exemplo 1
Digamos, por exemplo, que um indivíduo esteja à dois metros de um precipício. Pergunta-
se:- Se ele tentar se deslocar de três metros, cairia?
Responde-se:
Pode ser que sim, se ele se deslocar para frente, ou pode ser que não, se ele se deslocar
para trás.
Portanto o deslocamento do indivíduo não ficou
perfeitamente caracterizado. Pelo seu módulo, para
isto, seria necessário ainda conhecer-se sua
orientação espacial.
Exemplo 2
Vejamos agora, uma outra situação: Um barco está navegando em mar aberto, podendo se
movimentar de qualquer maneira com a mesma velocidade constante 5m/min. Vamos então
determinar sua posição depois de um minuto.
Vemos que, conhecendo apenas o valor de sua velocidade é impossível determinar a
posição do barco, pois podemos encontra-lo depois de um segundo em qualquer ponto
sobre a circunferência.
Mas se soubermos que o barco se movimentou na direção Oeste – Leste ficamos apenas
com duas possibilidades.
3 m 2 m
V1-4
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A palavra “física” tem origem grega e significa “natureza. Daí dizemos que a física é uma
ciência natural, pois estuda fenômenos naturais.
Uma ciência somente é bem definida quando possuir objetivo, método e leis características.
Fenômenos são acontecimentos ou fatos. Qualquer acontecimento, ocorrência ou fato,
caracteriza um fenômeno.
Os fenômenos são físicos quando não houver alteração na constituição íntima de corpos
que sofreram os fenômenos, não existindo formação de uma outra substância. Exemplo:
transformação da água em gelo.
Os fenômenos são “químicos” quando alteram a constituição íntima dos corpos que
sofreram os fenômenos, dando origem à formação de outras substâncias diferentes.
Exemplo:
Água + ferro + ar = ferrugem.
Para fins didáticos, a física divide-se em:
a) Mecânica: é o estudo dos movimentos;
b) Termologia: é o estudo do calor e seus efeitos;
c) Óptica: é o estudo da luz;
d) Acústica: é o estudo do som e seus efeitos;
e) Eletricidade: é o estudo das cargas elétricas em repouso (eletrostática) ou em
movimento ( eletrodinâmica e eletromagnetismo).
A natureza e os objetivos do nosso curso, impõem que estudamos apenas a Mecânica.
A Mecânica, por sua vez, subdivide-se, para fins didáticos, em:
a) Cinemática: é o estudo do movimento, sem levar em conta suas causas, apenas
descrevendo os movimentos;
b) Dinâmica: é o estudo do movimento, levando em conta as causas do movimento,
explicando o movimento;
c) Estática: é o estudo das condições de equilibro de um corpo qualquer, equilíbrio este
denominado estático.
CINEMÁTICA
Conceitos Básicos
Movimento: é a mudança de posição na passagem do tempo.
Repouso: é a ausência de movimento. É a permanência na mesma posição, na passagem
do tempo.
Trajetória: é o caminho descrito por um corpo qualquer em movimento.
Velocidade: é a grandeza física associada ao movimento e que mede a variação da
mudança de posição, na passagem do tempo.
Aceleração: é a grandeza física associada ao movimento e que mede a variação da
velocidade na passagem do tempo.
Referencial: é um corpo que relacionamos com o objetivo cujo movimento está sendo estudado.
Todosos conceitos anteriores dependem diretamente de um referencial.
V1-5
Velocidade
Se um corpo percorre uma distância “s”, durante um certo tempo “t”, associaremos à esse
movimento uma velocidade “V”, definida da seguinte forma:
Utilizando uma linguagem simbólica, podemos escrever a definição acima, da seguinte
forma: sendo “V” a velocidade; “s” a distância percorrida, também chamada espaço
percorrido; “t” tempo gasto.
t
s
V =
Exemplo:
Um automóvel percorre a distância de 400Km em 5h. Calcule sua velocidade.
km/h 80
h 5
km 400 ===
t
s
V
Da definição de velocidade, pode-se deduzir que:
tVs ×=
ou seja: o espaço é a velocidade multiplicada pelo tempo.
V
s
t =
ou seja: o tempo é o espaço dividido pela velocidade.
Quando o símbolo de uma grandeza é escrito entre colchetes, “[ ]”, estaremos nos referindo
às unidades em que é medida essa grandeza.
t - significa unidade de tempo (hora, segundo, minuto,...)
s - significa unidade de distância ( metro, quilômetro, centímetro, milha,...)
v - significa unidade de velocidade (quilômetro por hora, metro por segundo, centímetro por
minuto,...)
As unidades mais comuns de velocidade são km/h e m/s, existindo freqüentemente, a
necessidade de conversão entre elas, então:
seg/m
3,6
1
seg 3600
m 1000
h 1
km 1
km/h 1 ===
Para transformar km/h em m/s, divide-se por 3,6. Para transformar m/s em km/h, multiplica-
se por 3,6.
gasto Tempo
percorrida Distância
Velocidade =
Km/h :3,6 = m/s
M/s .3,6 = Km/h
V1-6
Convém ter em mente, as relações entre outras grandezas usuais:
1 km = 1000 m
1 m = 100 cm
1 cm = 10 mm
1 h = 60 min
1 min = 60 s
1 h = 3600 s
Assumiremos por enquanto que não haverá mudança de velocidade nos movimentos que
estudaremos, pois variações de velocidade invalidariam as fórmulas vista anteriormente
Aceleração
É uma grandeza associada ao movimento, que mede a variação da velocidade no decorrer
do tempo:
tempo
velocidade de variação
Aceleração =
Introduzindo os símbolos: “a”, para aceleração; “∆∆∆∆V”, para a variação de velocidade e “t”
para o tempo, temos:
t
V
a
∆=
Entenderemos que ∆∆∆∆V é a diferença entre a velocidade final “V” e a velocidade inicial V0.
0VVV −=∆
Assim sendo, temos a seguinte expressão para a aceleração:
t
VV
a 0
−=
Particularmente, quando a velocidade inicial for nula, temos:
ta Vou 
t
V
a ×==
A unidade de aceleração [a], será a unidade de velocidade [V], dividida pela unidade de
tempo:
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ]2t
s
t
1
t
s
s
t/s
t
V
a =×===
No sistema internacional, temos
[ ]
2s
m
a =
Outras unidades: km/h2, cm/min2, m/min2,...
V1-7
Exemplos:
a) A velocidade de um automóvel passa de 10 m/s para 25 m/s em 5 s.
Calcule a aceleração.
20 s/m3
s/m5
s/m15
s5
s/m10s/m25
t
VV
a ==−=−=
b) Calcule a aceleração de um móvel que estava em repouso e adquire a velocidade de 60
km/h em 4 horas.
km/h 15
h 4
km/h 60
t
V
t
V-V
a 0 ====
Distância percorrida no movimento acelerado:
No movimento que tem aceleração constante, a velocidade média é calculada da seguinte
forma:
2
VV
V 0m
+=
A distância percorrida, por sua vez, é calculada por:
tVs m ×=∆
Exemplo:
Num movimento acelerado, um móvel tem velocidade inicial 6 m/s. e aceleração 2 m/s2.
Calcule a distância em 8 s.
taV Vou taV- Ventão ,
t
V-V
a Se 00
0 ×+=×==
m/s 22166826V =+=×+=
Logo:
m/s 14
2
28
2
622
2
VV
V 0m ==
+=+=
Temos então:
m 112814tVs m =×=×=∆
V1-8
Noções de queda livre
Um corpo se diz em queda livre quando cai sob a ação de seu próprio peso. A única força
sobre esse corpo é o próprio peso . Na realidade, quando a queda não ocorre no vácuo,
existe a resistência do ar, que em condições normais é desprezível.
Observações experimentais nos permitem concluir que na queda livre:
• Todos os corpos, independentemente de seus pesos ou de sus massas, caem com a
mesma aceleração;
• Para corpos próximos à superfície da Terra, a velocidade é diretamente proporcional ao
tempo, o que nos leva a deduzir que existe uma aceleração constante;
• Quando dois ou mais corpos são soltos simultaneamente, de uma mesma altura,
chegam ao chão ao mesmo tempo, independentemente da massa, do peso, do tamanho
e da forma ( desprezando-se a resistência do ar);
• A aceleração constante adquirida pelos corpos em queda livre ë denominada de
“aceleração da gravidade” e é representada por “g”.
• O valor “g”, salvo observação em contrário é 9,8 m/s2. Em determinados cálculos, onde
a precisão não é importante, arredonda-se o valor de “g” para 10 m/s2.
Exemplos:
a) Um corpo é largado sem velocidade inicial, gastando 4 s para chegar ao chão. Calcule
sua velocidade final.
m/s 39,249,8V
tg V:então , ga mas taV
=×=
×==×=
b) Um corpo é lançado verticalmente, para cima, com uma velocidade inicial de 78,4 m/s.
Calcule o tempo que ele gasta para atingir o ponto de altura máxima.
s8
9,8
78,4
t t9,878,4 tg Vou taV ==⇒×=⇒×=×=
c) Uma pedra é abandonada, sem velocidade inicial, do alto de uma torre e gasta 4 s para
atingir o chão. Calcule a atura da torre.
2
V
2
VV
 Ve Hs mas , tVs 0mm =
−==×=
Sabe-se que:
2
tg
 Ventão , tgV m
×=×=
Logo...
m4,78
2
8,156
2
168,9
2
48,9
H então 
2
tg
H t
2
tg
tVH
22
m ==
×=×=×=⇒××=×=
A torre mede 78,4 m de altura.
Analisando os exemplos anteriores, poderemos concluir que, no caso da queda livre, com
velocidade inicial nula, são válidas as seguintes equações:
tgV ×=
2
tg
H
2×=
V1-9
Noções elementares sobre forças:
Quando empurramos ou puxamos um corpo, estamos aplicando sobre esse corpo uma
força. Poderíamos dizer que a força é um puxão ou um empurrão em algum corpo. Porém,
empurrando ou puxando um corpo, modificamos a velocidade do corpo, ou o estado de
repouso e movimento do corpo, ou ainda deformamos o corpo. Assim sendo, pode-se
chegar a uma definição mais técnica de forças:
FORÇA É O AGENTE FÍSICO CAPAZ DE DEFORMAR UM CORPO, ALTERAR O ESTADO
DE REPOUSO DESTE CORPO, OU AINDA MODIFICAR A VELOCIDADE DO CORPO.
Os principais elementos de uma força, são:
a) Intensidade: é o número acompanhado de uma unidade, que vai nos dar a informação
de quantidade, isto é: se a força é fraca ou forte;
b) Direção: é uma reta que vai nos dar a noção, avisando se a força é aplicada
verticalmente, horizontalmente ou de uma inclinada;
c) Sentido: é a informação que nos permite saber se a força é aplicada de cima para baixo
ou de baixo para cima, da esquerda para a direita ou da direita para a esquerda;
d) Ponto de aplicação: é o lugar, a região do corpo que está em contato direto com a força.
Módulo, direção e sentido, caracterizam em Física uma vasta classe de grandezas,
chamadas vetoriais. As forças, bem como as outras grandezas vetoriais, chamadas, podem
ser representadas por uma flecha ou seta.
Simboliza-se uma força por uma letra maiúscula, tendo em cima uma setinha,
representando o caráter vetorial da força F, P, G,...
As unidades mais usuais de força são:
a) No sistema internacional
 F = Newton (N)
b) No sistema MKS Técnico
 F = Quilograma –força ( Kgf ou Kg*)
01) Determine o vetor resultante dos vetores F na figura abaixo
02) Determine o vetor resultante dos vetores F na figura abaixo.
PONTO DE APLICAÇÃO
DIREÇÃO
SENTIDO
INTE
NSID
ADE
(Ponta de Seta)
(Origem)
(Reta)
F
E RG
R=2R=8
V1-10
Forças
A noção de força é intuitiva e é posta em evidência diariamente quando, por exemplo,
percebemos a necessidade de exercer um esforço físico para deformar um corpo ou
movimentá-lo a partir do repouso ou para fazê-lo andar mais depressa ou mais devagar ou
ainda para mudar de direção de seu movimento.
Tal noção pode ser expressa por uma sentença concisa que pode ser adotada como
definição de força.
FORÇA É A CAUSA CAPAZ DE MODIFICAR A VELOCIDADE DE UM CORPO OU DE
PRODUZIR NELE UMA DEFORMAÇÃO.
Resultante de forças:
Consideremos um corpo sujeito à ação de várias forças: F1, F2, F3,... Chama-se, por
definição, RESULTANTE dessas forças, chamadas componentes, à força única que se
fosse aplicadaao corpo, produzisse nele o mesmo efeito que as n forças componentes,
produzem simultaneamente.
As unidades mais comuns para medir forças são:
O quilograma – Força (Kgf), ou a tonelada- força ( Tf) e o Newton (N).
Um quilograma – força é o peso de corpo que tem massa de 1Kg.
São válidas as seguintes relações:
1 Kgf = 9,81 N
1 Tf = 1oooKgf
Existem ainda outras unidades de força num mesmo corpo, que não são muita usadas.
Quando várias forças estão aplicadas num mesmo corpo, podemos ter:
a) Forças colineares do mesmo sentido;
b) Forças colineares de sentidos diferentes;
c) Forças concorrentes;
d) Forças paralelas de mesmo sentido;
e) Forças paralelas de sentidos diferentes.
Cálculo da resultante de um sistema de forças:
a) Forças colineares do mesmo sentido
Intensidade: Somam-se as intensidades das forças componentes;
Direção: A mesma direção das componentes;
Sentido: O mesmo das componentes.
V1-11
Exercícios:
Determine o vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo:
b) Forças colineares de sentidos diferentes.
Intensidade: Diferença entre as somas de todas as intensidades das forças que apontam
num sentido e a soma de todas as intensidades das forças que apontam no outro sentido;
Direção: a mesma direção das componentes;
Sentido: O mesmo das forças cujas somas de intensidades, em um mesmo sentido, é maior
que no outro sentido.
Equivalencias:
F = tonelada - força (Tf) 1Kgf=9,81 N
 1Tf =1000Kgf
 1KN =1000N
F = quilo – Newton (KN)
Exercícios
01) Transforme 8 Kgf em N.
02) Transforme 25 Kgf em N.
03) Transforme 4900 N em Kgf.
04) Transforme 392 N em Kgf.
05) Transforme 5,5Tf em N.
F2
F1
F1
F3
F2
Fa
Fb
F1
F3
F2
V1-12
Sistemas de forças
Sistemas de forças é um conjunto de duas ou mais forças aplicadas num mesmo corpo.
Exemplo:
As forças A, F, P, H, são chamadas componentes do sistema.
Resultante de um sistema de forças é uma única força que, atuando sozinha sobre o corpo,
produz o mesmo efeito que o sistema.
Podemos resumir da seguinte forma o estudo que iremos abordar, a respeito das forças:
a) Compor forças de um sistema de forças significa achar a resultante desse sistema;
b) Achar as características de uma força qualquer, significa determinar os seus quatro
elementos ( intensidade, direção, sentido e ponto de aplicação).
c) Quando quisermos nos referir apenas à quantidade de força aplicada (intensidade),
devemos para isto, escrever o símbolo desta força sem a flecha em cima, como por
exemplo: F = 10 N, P = 25 Kgf...,
d) Decompor uma força qualquer significa determinar suas componentes, é uma operação
inversa a de achar resultante de duas forças.
Resultante de um sistema de forças:
10 Caso: Forças colineares de mesmo sentido.
Forças colineares são forças que possuem a mesma direção.
Quando elas têm o mesmo sentido, encontra-se a resultante, conservando-se a direção, o
sentido somando as intensidades.
F
A
P
H
F=3N 
R= 3N + 4N + 2N = 9N 
H=2N 
G=4N 
R=9N 
V1-13
Exercícios:
Encontre a resultante de cada um dos sistemas de forças representados abaixo:
O deslocamento somente ficou bem determinado depois do fornecimento de três
informações:
MÓDULO: Valor numérico.
DIREÇÃO: Horizontal, vertical ou indicada pelo ângulo.
SENTIDO: Da esquerda para a direita ou vice – versa.
A seta da figura acima, representa geometricamente um vetor. Esse vetor está
representando o deslocamento da pessoa. O deslocamento é uma grandeza vetorial.
Outra grandeza vetorial importante é a Força.
Existem outras muitas grandezas vetoriais.
Operações com vetores
Adição de vetores:
Adicionamos graficamente dois ou mais vetores, da seguinte forma: Fazemos coincidir a
extremidade do primeiro vetor com a origem do segundo, a extremidade do segundo com a
origem do terceiro, a extremidade do terceiro com a origem do quarto e assim
sucessivamente até o último vetor.
A origem do primeiro vetor e a extremidade do último, determinarão graficamente o vetor
soma ou resultante dos vetores dados.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C, D, E, F, G e H
F2= 11 kgf 
F1=8 kgf 
A= 20 kgf 
B= 10 kgf 
C= 15 kgf 
R = 8 + 11 = 19 Kgf 
R = 20 + 10 + 15 = 45 Kgf 
X
Y
B
A
C
E
H
D
G
F
V1-14
Determine:
01) X=A+B+C 02) Y=D+E+F+G
03) W=G+H+B+A+D 04) Z=B+C+F
05) R=A+B 06) S=A+F+E
06) Desenhe o vetor resultante dos seguintes vetores:
07) Determine as resultantes:
20 Caso: Forças colineares de sentidos opostos
Quando várias forças colineares são aplicadas num mesmo corpo, mas em ambos os
sentidos, a força resultante é encontrada da seguinte forma:
a) Somam-se as intensidades das forças que estão em um sentido;
F2=
18 
N
K=10 kgf
F1=
15 
N
F3=
18 
N
F4=
18 
N
N=20 kgf
M=15 kgf
R=18 kgf
T=16 kgf
Fc=
55 
N
Fa=
45 
N
Fb=
35 
N
V1-15
b) Somam-se as intensidades das forças que estão em sentido contrário;
c) Acha-se a diferença entre os dois números anteriores, obtendo a intensidade da força
resultante;
d) O sentido da força resultante será aquele que pertencer às forças que apresentarem
maior soma de intensidades;
e) A direção da resultante será a mesma das componentes.
Exemplo:
Calculando as resultantes parciais, teremos:
N 13N 9N 4R
N 10N 5N 3N 2R
2
1
=+=
=++=
A intensidade da resultante, será:
N 3N 10N 13RRR 12 =−=−=
O sentido será o mesmo da resultante parcial de maior intensidade.
A direção continuará horizontal.
Exercícios:
Encontre a força resultante de cada um dos sistemas de forças representados abaixo:
R2=13 N R1=10 N
F2=9 N
F4=4 N
F1=2 N
F3=3 N
F5=5 N
R=3 N
V1-16
Subtração de vetores
Para fazer a subtração A – B, somamos o vetor A com o oposto de B.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C, D e E
Determine:
11) A - B 12) C - D
13) E - A 14) B - E
A
D
B
C
E
V1-17
MULTIPLICAÇÃO DE UM VETOR POR UM NÚMERO REAL
Para multiplicar um vetor por um número real, multiplicamos o módulo do vetor pelo módulo
do número real e conservamos o sentido do vetor se o número for positivo. E invertemos o
sentido do vetor se o número for negativo.
Exercícios:
São dados os vetores: A, B, C e D.
Pede-se:
15) 2 X A 16) 3 X B
17) –4 X C 18) ½ X D
19) –A 20) C 
3
2−
A
B
DC
V1-18
30 Caso: Duas forças perpendiculares
Desenhe um retângulo, traçando pela extremidade de F1 uma linha auxiliar, paralela a F2 e,
pela extremidade de F2 uma linha auxiliar paralela a F1. A diagonal desse retângulo mostrará
a força resultante.
1ª etapa, desenho das linhas auxiliares. 2ª etapa, obtenção das forças resultantes.
Se fizermos o desenho em escala, relativa aos valores de F1 e F2, poderemos obter a
intensidade da resultante por mediação.
A direção pode ser fornecida, medindo-se o ângulo “A”, ou o ângulo “B”, com o auxilio do
transferidor.
O sentido fica indicado na figura.
Este processo é conhecido como processo gráfico.
Pode-se resolver o problema de encontrar a força resultante de duas foças perpendiculares,
utilizando o teorema de Pitágoras e os conceitos de seno ou coseno.
Neste processo não há necessidade de escala, porém, é recomendável o uso de uma tabela
trigonométrica.
eIntensidad FFR FFR 22
2
1
2
2
2
1
2 →+=⇒+=
Direção 
R
F
 Acos ou 
R
F
Asen 21 →==
O sentido fica indicado na figura:
Exemplo:
8,0
10
8
R
F
 Asen 1 ===
0,8 é o seno do ângulo de 530 ( tabela – valor mais
aproximado), então a = 530. O sentido fica indicado na figura.
R=10 N
Direção: R forma um ângulo de 53º com F2.
Sentido: Indicado na figura.
F2
F1 F1
F2
A
B
R
F1= 8 N
F2=6 N
R
53°
A
F1
F2
R
F1= 8 N
F2=6 N
R
A
V1-19
Exercícios:
Utilizando o exemplo anterior, encontre a força resultante de cada um dos sistemas abaixo:
Exercícios sobre operações com vetores:
Determine: A + B - C Determine: 2 x M - 3 x N
Determine o vetor: R + 3 x S – 2 x T Determine o vetor: -2 x A – B + C 
3
1
A
B
C M N
T
R
C
A
B
F2=42 N
F1= 40 NV1-20
Cálculo do módulo do vetor resultante de dois vetores perpendiculares:
2
Y
2
X
2 VVR +=
Cálculo de direção do vetor resultante de dois vetores perpendiculares:
A direção do vetor resultante de dois vetores perpendiculares, pode ser dada pelo ângulo
formado entre o vetor resultante e um dos vetores componentes. Em relação à mesma
figura acima, temos:
R
V
B sen ou 
R
V
 Asen Yx ==
O sentido do vetor resultante de dois vetores perpendiculares é dado pela seta.
Exercícios:
Determine o vetor resultante dos vetores V1 e V2 na figura abaixo:
Determine o vetor resultante dos vetores A e B na figura abaixo:
A= 7 B= 24
Determine o vetor resultante dos vetores M e N na figura abaixo:
M= 21 N= 20
Determine o vetor resultante dos vetores R e S na figura ao
lado:
R= 18 S= 24
V1
Vy
Vx
B
A
B
A
M
N
S
R
V1-21
Resultante de dois vetores que tem a mesma direção:
10 caso: Os vetores têm o mesmo sentido:
Somam–se os módulos e mantém-se o sentido e a direção.
20 caso: Os vetores têm sentidos diferentes:
Subtraem-se os módulos e conserva-se a direção. O sentido do vetor resultante será o
mesmo daquele que tiver maior valor absoluto.
Exercícios:
Determine o vetor resultante dos vetores A e B na figura abaixo:
Determine o vetor resultante dos vetores C e D na figura abaixo:
Observe o triângulo ABC:
α×=⇒=α
α×=⇒=α
senFF 
F
F
sen
cosFF 
F
F
cos
Y
Y
X
X
Note que ∝ é o ângulo formado entre o eixo Fx e a força F.
Exemplo numérico: seja F = 40 N e α = 45º
Temos:
N287,04045senFFy
N287,04045cosFFx
=×=°×=
=×=°×=
Exercícios:
Encontre as componentes ortogonais Fx e Fy para cada força apresentada abaixo. É
necessário fazer os desenhos, construindo os ângulos dados com seu valor verdadeiro:
Fy
Fx
F
A B
B
A
DC
Y F
X
55°
Y
X
F
35°
V1-22
Forças concorrentes:
10 caso: Apenas duas forças perpendiculares
Intensidade: 22
2
1
2 FFR +=
Direção
R
F
arcsen 2=α
Sentido: Indicado pela figura:
Exercícios:
Calcule a força resultante em cada um dos sistemas abaixo:
F2 = 7 F1 = 6 FA = 12 FB = 5
FX = 15 FY = 25
20 caso: Apenas duas forças não perpendiculares para α < 90°
Intensidade: AcosFF2FFR 21
2
2
2
1
2 ×××++=
Direção:
12 F
senλ
R
senα
F
senβ
R
senα =⇒=
Sentido: Indicado pela figura
F1
F2 R
F1
F2 FB
FA
FX
FY
F2
F1
R
β
λ
α
V1-23
Exercícios:
Encontre a força resultante do sistema abaixo:
 40 F 60 F yX ==
!!
30 Quando α > 900 devemos desenhar o ângulo complementar até o plano de 180° utilizar a
região da nova figura onde o ângulo é < 900 neste ponto temos o valor do ângulo
complementar e a hipotenusa que na figura inicial era um cateto, com as projeções
desenhadas localizamos o ângulo de 90° que gerou um triângulo retângulo nos
possibilitando o cálculo do cateto no eixo Y que por sua vez também será o cateto Y da
figura inicial nos possibilitando por Pitágoras determinarmos a resultante final.
Exemplo: 
40 caso: Forças concorrentes, em qualquer quantidade, formando ângulos conhecidos com
as direções perpendiculares X e Y.
Neste caso, projetamos todas as forças nos dois eixos. Encontramos a resultante no eixo x
(RX), e a resultante no eixo Y (RY) e aplicamos o caso de duas forças perpendiculares.
Calcule a força nos sistemas abaixo:
80 F 70 F 60 F 321 ===
!!!
F1x = 60. cos 45 = 42,42
FiY = 60. sen 45 = 42,42
F2x = 70. cos 30º = 60,62
F2Y = 70. sen 30º = 35
F3x = 80. sen 60º = 69,28
F3Y = 80. cos 60º = 40
42,37F3y -F2y F1y 48,87F3x - x F2 -F1x =+=
15 F 30 F 20 F 321 ===
!!!
mmy
y
6410,3460sen.40
40
60sen =°=∴=°
mmR
RyFR
915,52
6410,3440 22222
=
+=∴+=
Eixo X Eixo Y
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Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 2
Índice Vol. 2:
! Roldanas..............................................................pág. 1
! Plano inclinado.....................................................pág. 3
! Sarilho.................................................................pág. 4
! DINÂMICA............................................................pág. 5
Potência, exemplos, exercícios
! Conceitos de Hidráulica.........................................pág. 7
Princípio de Pascal, Escalas Rockwell, exercícios.
! Conceito de Momento...........................................pág. 10
! Classificação de esforços.......................................pág. 12
- Tipos de vínculos...............................................pág. 12
! Cálculo das Reações de Apoio...............................pág. 14
! Cargas Distribuídas..............................................pág. 15
Cálculos, Resoluções, exercícios.
! Forças Inclinadas.................................................pág. 20
V2 - 1
Roldanas
A roldana ou polia é constituída geralmente de madeira ou metal. Ela pode girar em torno de
um eixo fixo ou móvel, dando origem aos dois tipos de roldana.
Na roldana fixa, ou polia fixa, comparecem FA e FR aplicadas na corda. Este tipo de polia
apenas transmite movimento, não ampliando ou reduzindo esforços, ou seja:
Na roldana móvel, ou polia móvel, comparecem as forças FA e FR. Neste tipo de polia, a
Força de ação é equivalente à metade da força de reação.
Na roldana móvel ocorrem dois movimentos diferentes: rotação da polia em torno do seu
eixo e movimento de translação da polia, que muda de posição.
Pode-se combinar polias móveis e fixas, formando as chamadas talhas exponenciais.
2
R
A
F
F =
FA = FR
V2 - 2
Exemplo:
Talha exponencial com 3 roldanas móveis. Talha exponencial com 7 roldanas móveis.
Para talha exponencial, temos:
FA = força de ação
FR = força de resistência
n = número de polias móveis
n
R
A
F
F
2
=
V2- 3
Exercícios:
Para cada um dos esquemas abaixo, determine F.
Plano inclinado
É constituído de uma superfície inclinada em relação à horizontal.
O plano inclinado é representado geometricamente por um triângulo retângulo, onde a
hipotenusa corresponde ao comprimento do plano; um dos catetos é a base e o outro é a
altura.
V2 - 4
No plano inclinado, a força de ação FA é sempre paralela à superfície do plano e a força de
resistência é perpendicular à base do plano.
 θ : declive do plano inclinado.
Utilizando a equação de equilíbrio para o plano inclinado e decomposição de forças, pode-
se concluir que:
 ou
Exercícios:
Um plano inclinado tem declividade de 450. Um peso de 200 Kgf vai ser arrastado pelo
plano. Calcule a força de ação necessária.
Sarilho
É um cilindro horizontal sobre o qual se enrola uma corda. A força de ação é aplicada na
manivela do sarilho e a força de resistência é aplicada na extremidade livre da corda.
FA = FR . sen θ
L
h
F R .FA =
FA . R = FR . rAplicando a equação de equilíbrio para o sarilho, tem-se:
R : comprimento da manivela
r : raio do cilindro
V2- 5
Exercícios:
 a) Um sarilho possui 1m de manivela e 25cm de raio. Determine o valor da força a ser
aplicada na manivela para suspender um peso de 40 Kgf.
 b) A força de ação aplicada na manivela de um sarilho vale 10 Kgf. O comprimento da
manivela é 80cm e o raio do cilindro é 20cm. Calcule a força de reação
 c)A manivela de um sarilho tem comprimento de 60cm e o diâmetro do sarilho é de 12cm.
Um peso de 120N vai ser suspenso. Calcule a força de ação necessária.
 d)Deseja-se elevar a uma altura de 6m um objeto de 240N de peso. A manivela do sarilho
utilizado tem 1m de comprimento e a força aplicada é de 40N. Calcule o raio do cilindro.
 e)No problema anterior calcule quantas voltas deverá efetuar a manivela.
Associação de máquinas simples
Duas ou mais máquinas simples, podem ser associadas. Deve-se estudar separadamente o
equilíbrio de cadamáquina. Se cada uma delas estiver em equilíbrio, o conjunto todo estará
em equilíbrio.
Exercícios:
Para cada combinação de máquinas simples abaixo, determine a força de ação:
– DINÂMICA
Trabalho de uma força
Se uma força constante F, produz na sua própria
direção, um deslocamento d , dizemos que ela
realizou um trabalho τ definido da forma
ilustrada ao lado:
As unidades de trabalho são as seguintes:
- No sistema internacional
[τ ] = [ F ] . [ d ] = N . m = Joule (J)
- No sistema MKS técnico
[τ ] = [ F ] . [ d ] = Kgf . M = quilogrâmetro ( Kgm)
V2 - 6
Se a direção da força não coincidir com a direção do deslocamento, o trabalho é calculado
da seguinte forma:
Exercícios:
Uma força de 20N de intensidade, inclinada de 30° em relação à horizontal, produz um
deslocamento horizontal de 8m. Calcule o trabalho realizado.
Potência
Qualquer máquina , para realizar um trabalho τ, gasta um certo tempo t Associaremos a
ela uma grandeza física chamada potência, que medirá a rapidez com que ela realiza o
trabalho. Simbolizaremos potência por P e definiremos da seguinte forma:
No sistema internacional temos a seguinte unidade de potência:
 [ ] [ ][ ] (w) watts
J
t
P ==τ=
No MKS técnico, temos:
 [ ] [ ][ ] s
kgm
t
P =τ=
São usadas ainda as seguintes unidades práticas:
1 CV = 75 kgm/ s 735 w
1 HP = 76,04 kgm/ s = 746 w
Exercícios:
Calcule as potências de uma máquina que realiza um trabalho de 900 J em 18s.
τ = F . d . cos θ
t
P
τ=
V2- 7
Hidráulica – Conceitos
Conceito de pressão
A idéia de pressão está associada à situação na qual uma força atua em sua superfície.
Define-se pressão de uma força normal (perpendicular) em um ponto qualquer de uma
superfície, ao quociente entre essa força e a área onde a mesma atua.
 Pr = pressão
 Fn = força normal
 A = área
As unidades de pressão, são:
- No SI
 [ ] [ ][ ] (Pa) Pascal m
N
A
F
Pr
2
n ===
No MKS técnico
 [ ] [ ][ ] 2
n
m
kgf
A
F
Pr ==
Em outros sistemas ( unidades práticas)
Kgf / cm2 , tf / m2 , libra - força / polegada2 (PSI), ...
Exercícios:
Uma força perpendicular de 80N é aplicada numa área de 0,05m2 . Calcule a pressão.
Princípio de Pascal
É um princípio aplicável à transmissão de pressão nos líquidos e pode ser enunciado da
seguinte forma:
Uma máquina hidráulica é um dispositivo que funciona baseado no principio de Pascal.
A
F
Pr n=
Os líquidos transmitem integralmente em todas as direções,
as pressões que recebem
V2 - 8
Seja:
r : o raio de êmbolo menor ;
R: o raio do êmbolo maior;
f : a força aplicada no êmbolo menor;
F: a força aplicada no êmbolo maior;
Tem –se:
Exercícios:
O pistão menor de um elevador hidráulico tem 20cm2 e o pistão maior tem 300cm2 de área.
Aplica-se uma força de 40Kgf no pistão menor. Qual a força obtida no maior?
Por volta de 1.900 foi introduzida nas industrias o método de medir dureza por penetração e
atualmente é o mais utilizado em relação ao risco e o choque.
Dentro de ensaio de penetração temos:
a) Ensaio de dureza BRINNELL ( HB )
Este ensaio é efetuado pela aplicação de uma carga padrão usualmente 500 ou 3000 Kg
sobre a esfera de aço duro, de 10mm de diâmetro, a qual está em contato com o material a
ser ensaiado.
Após 10 a 30 segundos a carga é retirada e a impressão que se forma no corpo de prova é
medida por um microscópio calibrado. O Valor assim obtido aplicado a fórmula. BRINNELL
ou usado numa tabela já preparada, dá o valor da dureza.
Observe na figura acima como a esfera de aço duro penetra no corpo de prova.
A dureza de BRINNELL ( HB ) é dada pela fórmula:
( HB ) = ( )22 dDDD
F2
−−⋅⋅π
⋅
 (kgf / mm2)
22 R
f
r
F =
V2- 9
onde:
HB= valor da dureza Brinnell a ser calculada
 F = força aplicada em Kgf
 D = diâmetro da esfera em mm
 d = diâmetro da impressão da esfera ( calota ) em mm
Devemos observar que:
O diâmetro da impressão deve estar na relação: 0,3D < d < 0,6D
E que este ensaio se aplica em peças não temperadas: a saber materiais não ferrosos, ferro
fundido, aço, peças laminadas, forjadas, etc., pois, se aplicarmos a materiais duros, como
ferramentas de corte. As esferas de penetração serão danificadas.
Para facilitar ainda mais o emprego dos ensaios Brinnell pode-se utilizar aparelhos
Rockwell, e uma tabela que nos fornece a dureza Brinnell em função da leitura na escala
Rockwell “C “, ou seja, em função da profundidade de penetração.
Ensaio de dureza Rockwell ( HR )
As máquinas Rockwell utilizam pequenos penetradores com cargas relativamente
pequenas, sendo portanto compactas; neste ensaio não medimos o diâmetro de impressão,
mas sim sua profundidade com um comparador micrométrico.
A dureza é expressa em função da profundidade e é lida diretamente no mostrador da
máquina, mas há necessidade da aplicação de uma pré-carga para zerar o comparador.
O processo normal de medir a dureza é:
- Fixar o penetrador na máquina, colocar o corpo de prova, obter o melhor contato, aplicar a
pré-carga, aplicar a carga maior, retirar a carga maior e fazer a leitura.
Existem 3 escalas de ensaio Rockwell, a saber:
Escala Rockwell B
Utilizada para materiais de dureza média, utiliza-se um penetrador de esfera de aço de
1/16”de diâmetro (d = 1,59mm) e uma carga total de 100Kgf (pré-carga Fo = 10 Kgf e carga
de 90Kgf).
Escala Rockwell C
Utilizada para materiais mais duros onde o penetrador é uma ponta de diamante em forma
de cone com ângulo do vértice de 1200 e carga total de 150Kgf ( pré-carga Fo = 10Kgf e
carga de 90Kgf).
Escala Rockwell A
Utilizado para materiais muito duro, com o mesmo penetrador da escala C e carga total de
60Kgf.
O penetrador cônico de diâmetro é conhecido com o nome de “penetrador BRALE”.
A dureza Rockwell (HR) pode ser utilizada em dois tipos de máquinas, que só diferenciam
pela precisão de seus componentes, tendo ambas a mesma técnica de operação: a
máquina padrão mede a dureza HR comum e a máquina mais precisa mede a dureza HR
superficial.
Devemos lembrar que a pré-carga de dureza Rockwell comum é sempre de 10Kgf e no caso
da HR superficial a pré-carga é sempre de 3Kgf.
V2 - 10
1- Conceito de momento:
Momento de uma força em relação a um ponto,. É o produto dessa forma pela distância
existente entre o ponto e a linha de ação dessa força.
M = F. d.
M = Momento de uma força em relação ao ponto P
F = Força aplicada
d = Distância entre o ponto P e a linha de ação da força.
Nota: A distância d sempre é tomada numa perpendicular à linha de ação da força.
Unidades usuais:
Momento: [ mm Kgf ; cm Kgf ; M kgf ;N m ; N mm]
Força: [ Kgf ; N]
Distância: [ mm ; cm ; m]
Exemplos:
a) Calcular o momento da força F em relação ao ponto P
V2- 11
Força Em relação ao ponto Momento
F1 B
F4 I
F5 J
F2 G
F1 H
F3 I
F6 E
F2 C
F3 H
F5 B
F4 E
b) Calcular o momento da força F1 e F2 em relação aos pontos A e B
Momento da Força F1 em relação ao ponto A
M= F.d
D = Distância da linha de ação de F1 até o ponto A = a
F = Força = F1
M = Momento = M= F1 a
 M = 50 Kgf. 120mm
 M = 6000 Kgfmm ou M = 6 Kgfm
Momento da força F1 em relação ao ponto B
M = F. d
D = Distância da linha de ação de F1 até o ponto B = a
F = Força = F1
M = Momento = M= F1.b
 M= 50Kgf. 120mm
 M= 6000 Kgfmm ou M = 6 Kgfm
Momento da força F2 em relação ao ponto A
M= F. d
Distância da linha de ação de F2 até o ponto A = b
Força = F2
Momento = M= F2. B
 M= 80 Kgf 40mm.
 M= 3200 Kgfmm ou M= 3,2Kgfm
Momento da força F2 em relação ao ponto B
M= F. d
Distância da linha de ação de F2 até o ponto B = zero
Força = F2
Momento = M= F2. zero
 M= 80. 0
 M= 0
Calcule o momento da força em relação ao ponto considerado e anotar o resultado no
quadro.
F1 = 300 Kgf F4 =70 Kgf
F2 = 100 Kgf F5 = 200 Kgf
F3 = 50 Kgf F6 = 80 Kgf
V2 - 12
2- Classificação dos esforços
Os esforços podem ser classificados da seguinte maneira:
a) Esforços externos ativos
São as cargas externas que atuam diretamente num componente mecânico.
b) Esforços externos reativos
São as cargas externas que procuram anular os esforços externos ativos, para que o corpo
se mantenha em equilíbrio.
c) Esforços internos solicitantes
São os esforços a que um elemento construtivo é submetido, quando solicitado por cargas
externas ativas e reativas.
d) Esforços internos resistentes
São as forças internas características de cada material que buscam oferecer resistência aos
esforços aplicados.
Os esforços externos reativos surgem por intermédio dos vínculos que são dispositivos
destinados a impedir um, dois ou três movimentos em determinadas direções.
TIPOS DE VÍNCULOS
10 Tipo: Apoio fixo
Reage às cargas aplicadas nos sentidos horizontal e vertical em relação ao seu eixo
Exemplos:
HA = Reação Horizontal no ponto A
VA = Reação Vertical no ponto A
V2- 13
20 Tipo: Apoio móvel
Reage às cargas aplicadas somente no sentido vertical em relação ao seu eixo
Exemplos:
VA = Reação vertical no ponto A
30 Tipo: Engastamento
Reage às cargas aplicadas nos sentidos horizontal e vertical em relação ao seu eixo, e
também ao movimento de rotação
( momento )
Exemplo:
HA = Reação horizontal no ponto A
VA = Reação vertical no ponto A
MA = momento no ponto A
V2 - 14
3- Cálculo das reações de apoio
No campo da estática, para que um corpo se mantenha em equilíbrio, é necessário que
satisfaça 3 condições:
1- A somatória das forças aplicadas na horizontal deve ser igual a zero
2- A somatória das forças aplicadas na vertical deve ser igual a zero
3- A somatória dos momentos aplicados em relação a um ponto qualquer deve ser igual
zero.
Exemplo:
a) Calcular as reações de apoio nos pontos A e B da figura abaixo:
O apoio A não permite o movimento nos
sentidos horizontal e vertical, portanto vai
reagir nesses dois sentidos,
correspondendo ao apoio fixo.
O apoio B impede o movimento da barra
somente no sentido vertical sendo,
portanto, um vínculo do tipo apoio móvel.
Esquematicamente, temos a seguinte
figura:
Nota: Os sentidos indicados para as
reações de apoio foram adotados,
baseados no bom senso. O próprio cálculo
demonstrará se o sentido adotado foi o
correto ou não, como veremos no exemplo
seguinte.
Adota-se um referencial:
Executam-se as equações de equilíbrio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HA = 0
VB = 3,75 Tf
1º) ∑ FH = 0
2º) ∑ FV = 0
 VA - 10 + VB = 0 (I)
3º) ∑ MA = 0
 10 x 3 - VB x 8 = 0
 30 = VB x 8
 
8
30
 VB =
∑ Ma = 0
V2- 15
Nota: As reações VA e HA não ocasionam o momento em relação ao ponto A, uma vez que
a linha de ação dessas forças passam pelo mesmo ponto considerado.
Substituindo VB na equação (I) , temos:
VA – 10 + 3,75 = o
VA = 10 – 3,75
b) Calcular as reações de apoio no ponto A
O apoio A não permite o movimento nos sentidos horizontal, vertical e de rotação, logo,
trata-se de um vínculo do tipo engastamento.
Note que os valores de VA e MA são negativos. Quando isto ocorre, significa que o sentido
adotado não foi o correto.
Os sentidos corretos para as reações, neste exemplo, são os seguintes:
4- Cargas distribuídas
Até agora, consideramos a carga aplicada num ponto, isto é, concentrada naquele lugar. A
rigor, não existe carga concentrada: Toda carga é distribuída sobre uma linha, superfície ou
volume.
Quando a região da aplicação da carga for muito pequena, comparada com as dimensões
da peça em estudo, podemos considerar que a carga atua de forma concentrada.
VA = 6,25 Tf
∑ FH = 0
HA – 80 = 0
∑ FV = 0
VA + 50 = 0
MA - 50 x 200 = 0
- MA - 10000 = 0
- MA = 10000
HA = 80 kgf
VA = - 50 kgf
MA = -10000mm.Kgf
∑ MA = 0
V2 - 16
Há casos, entretanto, em que a carga se distribui no trecho considerado, como por exemplo:
a carga de uma parede sobre uma viga, a pressão do líquido sobre as paredes de um
reservatório ou ainda, o peso próprio da viga.
Para efeito de cálculo das reações de apoio, quando se tem carga distribuída, devemos
substituir este carregamento por uma carga concentrada equivalente, aplicada no centro de
forças.
V2- 17
Exemplos:
Calcular as reações de apoio das figuras abaixo:
Para efeito de cálculo das reações de apoio, podemos substituir a carga distribuída por uma
concentrada equivalente.
A figura, com as reações de apoio, fica da seguinte forma:
Calculando o valor das reações:
Referencial
96kgf 0,8m x 
m
120kgf
 L w x F
0,4m 
2
0,8m
 /
0,8m 800mm L
2
1
===
==
==
HA = 0
VA = 52,36 kgf
VB = 43,64kgf
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA – 96 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
96 x 1000 – VB . 2200 = 0
Substituindo VB em (I)
VA - 96 + 43,64 = 0
V2 - 18
Substituindo a carga distribuída por uma concentrada:
Calculando as reações de apoio:
Referencial
75kgf 
 2
0,3m
 x 
m
500kgf
 
2
1
 x wo F
0,1m 
3
0,3m
 3
1
0,3m 300mm 1
===
==
==
HA = 80kgf
VB = 740,63kgf
VA = 234,37kgf
∑ FH = 0
HA -80 = 0
∑ FV = 0
VA - 75 - 900 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
75 x 450 + 900 x 950 - VB x 1200 = 0
substituindo VB em (I)
VA - 75 - 900 + 740,63 = 0
V2- 19
Resolução
HB = 0
VA = 13 Tf
∑ FH = 0
-HB = 0
∑ FV =
VA -FI + 8 + F2 + VB = 0
VA - 18 + 8 – 15 + VB = 0 (I)
∑ MB = 0
VA x 14,7 - 18 x 11,2 + 8 x 6 - 15 x 2,5 = 0
VA x 14,7 - 191,1 = 0
7,14
1,191
VA =
2,5m
2
5m
2
L
L
15Tf5mx 
m
3Tf
L x wF
2m
3
6m
3
1
L
18Tf
2
6m
x
m
6Tf
2
1
 x woF
2
2
1
1
===
===
===
===
Substituindo: VA em (i)
VA - 18 + 8 - 15 + VB = 0
13 - 18 + 8 - 15 + VB = 0
VB = -13 + 18 + 8 + 15
VB = +12 Tf
V2 - 20
5 – Forças Inclinadas
Para calcularmos as reações de apoio em uma estrutura que apresenta esforços externos
ativos em forma de forças inclinadas, devemos antes, decompor essas forças. Usando as
componentes dessas forças, efetuamos toda a seqüência de cálculos vista anteriormente.
Exemplo:
0
2x2
2x
60 cos x 5 cos x F F
F
F
 cos
=β=
=β
F2x = 2,5 Tf
0
11y
1
1y
45 cos x 3 cos x F F
F
F
 sen
=∝=
=∝
F1 y = 2,121 Tf
0
 1X1
1
1X
45 cos x 3 cos x F F
F
F
 cos
=∝=
=∝
F1X = 2,121 Tf
0
2y2
2
2y
60 sen x 5 sen x F F
F
F
 sen
=β=
=β
F2Y = 4,330 Tf
Decomposição das forças:
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TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 3
Índice Vol. 3:
! DIAGRAMA DOS ESFORÇOS.................................pág. 1
Cálculos, gráficos, exemplos, exercícios
- Cálculo das Reações de Apoio...........................pág. 7
- Convenções de Sinais.......................................pág. 8
- Equivalência de Forças Transferidas..................pág. 11
- Diagrama dos Esforços solicitantes,
em corpos com carga distribuída......................pág. 16
V3 - 1
As forças que ficam dispostas:
6 – Diagrama dos esforços internos solicitantes ( D. E. I. S.)
O projeto de um componente mecânico, deve ser iniciado pela determinação das seções
críticas deste componente, onde ocorrem os valores máximos das forças de tração,
compressão, cortante e momento fletor.
Esses cálculos se simplificam bastante se construirmos um gráfico onde são marcados os
valores das forças e do momento para quaisquer seções, em relação à distância X medida
de uma extremidade do trecho considerado.
CONVENÇÃO DE SINAIS
∑ FH = 0
HA + 2,121 – 2,5 = 0 ⇒
∑ FV = 0
VA – 2,121 + 2 – 4,33 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
2,121 x 2 – 2 x 5 + 4,330 x8 – VB x 10 = 0 ⇒
Substituindo VB em (I)
VA – 2,121 + 2 – 4,33 + 2,888 = 0 ⇒
HA = 0,379 Tf
VB = 2,888 Tf
VA = 1,563 Tf
 
{ M 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { 
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
N
Referencial:
V3 - 2
Exemplos:
a) Primeiro devemos calcular as reaçõesde apoio
b) A seguir, divide-se a viga em trechos, a , b , c , d , etc.... Cada trecho é limitado por
forças aplicadas nas suas extremidades, isto é, não deve aparecer nenhuma força ao longo
do trecho, a não ser em seus extremos.
∑ FH = 0
8 -HB = 0 ⇒
∑ FV = 0
VA - 10 - 20 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
10 x 2 + 20 x 5 - VB x 7 = 0 ⇒
Substituindo VB em (I)
VA - 10 - 20 + 17,14 = 0 ⇒
HB = 8 kgf
VB = 17,14 kgf
VA = 12,86 kgf
Referencial:
Os esforços ficam assim configurados:
V3 -3
c) Adota-se um sentido para análise, por exemplo, da direita para a esquerda e estuda-se
cada trecho separadamente.
Transfere-se todos os esforços à direita do ponto X considerado, desprezando aqueles que
estão à esquerda.
Trecho (a)
Normal:
Em relação ao ponto X, a força normal exerce um esforço de compressão, Observe que o
sinal negativo indica compressão de acordo com a convenção de sinais.
Cortante:
Em relação ao ponto X, o esforço cortante “gira” no sentido ante–horário, portanto, negativo.
Momento:
Em relação ao ponto X, o esforço de 8 Kgf não causa momento, porém, a força de 17,14
sim.
Como X é um ponto qualquer do trecho (a), podemos atribuir valores para X a fim de
determinarmos o momento em cada ponto, ou seja:
Trecho (a) – comprimento em 2m:
Para X = 0 – Ma = 17,14. 0 = 0
 0,5 17,14. 0,5 = 8,57 m Kgf
 1,0 17,14. 1,0 = 17,14
 1,5 17,14. 1,5 = 25,71
 2,0 17,14. 2,0 = 34,28
Trecho (b)
Normal :
Na = -8 Kgf.
Qa = -17,14 Kgf
Ma = 17,14 . x
Nb = - 8 Kgf
V3 - 4
Em todo segmento à direita de X só existe o esforço de compressão de 8 Kgf.
Cortante: Qb = -17,14 + 20
Em relação ao ponto X , a força cortante de 17,14 Kgf “gira” no sentido ante - horário e a de
20 Kgf no sentido horário.
Momento: Mb = 17,14 . ( 2+X) – 20 X
 Mb = 34, 28 + 17,14 x – 20 x
Trecho (b) – comprimento 3 m:
Para x = 0 - Mb = 34,28
 0,5 32,85
 1 31,42
 1,5 29,99
 2 28,56
 2,5 27,14
 3 25,7
Trecho (c)
Normal: Também neste trecho, só existe uma força de compressão
de 8 Kgf.
Cortante = QC = -17,14 + 20 +10
Qb =2,86 Kgf
Momento da força de 20 Kgf em relação ao ponto
X (traciona as fibras de cima)
Momento da força de 17,14 Kgf em relação ao
ponto X (traciona as fibras de baixo)
Nota: (2+X) = distância da linha de ação da força
de 17,14Kgf. até o ponto X.
Mb = - 2,86 x + 34,28
NC = - 8 Kgf
QC = 12,86 Kgf
V3 -5
Os esforços de 20 e 10 Kgf “giram” no sentido horário enquanto que o de 17,14 no sentido
anti –horário .
Momento MC = 17,14 ( 5 + x ) – 20 (3 + x ) –10 . x
 MC = 35,7 + 17,14 x – 60 – 20 x -10 x
Trecho (c) – comprimento 2 m
 Para x = 0 - MC = 25,7
 0,5 19,27
1 12,84
1,5 6,41
2 0
Após termos efetuado os cálculos, podemos traçar o gráfico:
Obs.: O diagrama dos momentos é sempre traçado do lado tracionado.
Momento da força de 10 Kgf em relação a X
Momento da força de 20 Kgf em relação a X
Momento da força de 17,14 Kgf em relação a X
MC = -12,86 x + 25,7
V3 - 6
a) Traçar o D.E.I.S. da figura abaixo:
Decomposição das forças:
 F1X = 30. cos 45
0 F2x = cos 60
0
 F1Y = 30 . sen 45
0 F2y = 8 . sen 60
0
F1X. = 21,213 Kgf F2x = 4 Kgf
F1Y = 21,213 Kgf F2Y = 6,928 Kgf
V3 -7
Cálculo das reações de apoio
∑ FH = 0
21,213 – 4 – HB = 0
∑ FV = 0
VA – 21,213 + 10 – 20 + VB – 6,928 = 0 (I)
∑ MB = 0
VA x 10 – 21,213 x 7 + 10 x 6-20 x 4 = 0
Substituindo VA em (I)
16,849 – 21,213 + 10 – 20 + VB – 6,9928 = 0
HB = 17,213 Kgf
VA = 16, 849 kgf
VB = 21, 292 kgf
Referencial:
V3 - 8
Convenções de sinais
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Trecho a)
Trecho b)
Trecho c)
NA = - 4 – 17,213
Qa = + 6, 928 – 21,292
Ma = -6,928 x X + 21,292 x X
NA = - 21,213 kgf
Qa = - 14,364 kgf
Ma = 14,364 kgf X 0 1 2 3 4
Ma 0 14,364 28,728 43,092 57,456
Nb = - 4 – 17,213
Qb = + 6, 928 – 21,292 + 20
Mb = -6,928 (4 + X) + 21,292 ( 4 + X) –20 X
Mb = -27,712 – 6,928 X + 85,168 + 21,292 X – 20X
Nb = - 21,213 kgf
Qb = 5,636 kgf
Mb = - 5,636 X + 57, 456
X 0 1 2
Mb 57,456 51,82 46,184
NC = - 4 – 17,213
QC = 6,928 – 21,292 + 20 – 10
MC = - 6,928 (6 + X) + 21,292 (6 + X) – 20 (2 + X) + 10 X
MC = - 41,568 – 6,928 X + 127,752 + 21,292 X – 40 –20 X + 10 X
NC = - 21,213 kgf
QC = - 4,36 4 kgf
MC = 4,364 X + 46,184 X 0 1
MC 46,184 50,548
V3 -9
Trecho d)
Cálculo das reações de apoio
Nd = - 4 – 17,213 + 21,213
Qd = 6,928 – 21,292 + 20 – 10 + 21,213
Md = - 6,928 ( 7 + x ) + 21,292 ( 7 + x ) – 20 ( 3 + x ) + 10 ( 1 + x ) – 21,213 x x
Md = - 48, 496 - 6,928 x + 149,044 + 21,292 x - 60 - 20 x + 10 + 10 x - 21,213 x
Nd = 0
Qd = 16,849 kgf
x 0 1 2 3
Md 50,548 33,699 16,85 0
Md = - 16,849 x + 50,548
∑ FH = 0
- HA + 30 = 0
∑ FV = 0
VA + 40 – 50 = 0
∑ MA = 0
50 X 7 – 40 X 4 + MA = 0
HA = 30 kgf
VA = 10 kgf
MA = 190 m kgf
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Referencial
Traçar o D.E.I.S. da figura abaixo:
V3 - 10
Na = 30 kgf
Qa = 0
Ma = 0
Nb 30 kgf
Qb = 50 kgf
Mb = - 50 . x
x 0 1 2 3
Mb 0 - 50 - 100 - 150
Trecho (a)
Trecho (b)
Trecho (c)
Qc = 50 - 40
Mc = - 50 x ( 3 + x ) + 40 x x
Mc = - 150 - 50 x + 40 x
Nc = 30 kgf
Qc = 10 kgf
Mc= -10 x -150
x 0 1 2 3 4
Mc - 150 - 160 - 170 - 180 - 190
V3 -11
Equivalência de forças transferidas
Quando houver aplicação de uma força num elemento construtivo diferente daquele que
deseja obter o D. E. I. S. deve-se transferir as forças para o elemento em estudo.
Exemplo:
a) A barra CDE é soldada no ponto C. Determinar o DEIS. Da viga AB.
Como o elemento em estudo
é a viga AB, devemos
transferir a carga de 3Kgf
para esta viga.
A carga de 3Kgf. exerce um
esforço vertical no ponto de
ligação C e, também, um
momento de 3Kgf x 1,1m =
3,3mKgf.
Substituímos, então, a carga concentrada por uma força e um conjugado (momento)
aplicados no ponto C.
A barra AB com a transferencia da carga, fica da seguinte forma:
V3 - 12
Cálculo das reações de apoio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA - 8 + 3 + VB = 0 (I)
∑ MA = 0
8 x 2 – 3 x 5 –3,3 – VB x 9 = 0
O sinal negativo de Va indica que o sentido correto é: Va
Substituindo Va em (I)
VA - 8 + 3 +( -0,256 ) = 0
HA = 0
Va = - 0,256 kgf
VA = 5,256 Kgf
Referencial
V3 -13
b) Determinar o D.E.I.S. da viga AB
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Trecho (a)
Trecho (b)
Qb = 0,256 - 3
Mb = - 0,256 ( 4 + x ) + 3 x x + 3,3
Mb = - 1,024 – 0,256 x +3 x + 3,3
Na = 0
Q a = 0,256 kgf
Ma = - 0,256 x x
x 0 1 2 3 4
Ma 0 - 0,256 - 0,512 - 0,768 - 1,024
Nb = 0
Qb = - 2,744 kgf
Mb = 2,744 x + 2,276 x 0 1 2 3
Mb 2,276 5,02 7,764 10,508
Trecho (c)
Qc = 0,256 – 3 + 8
Mc = - 0,256 ( 7 + x ) + 3 ( 3 + x ) + 3,3 – 8 x
Mc = - 1,792 - 0,256 x + 9 + 3 x + 3,3 – 8 x
Nc = 0
Mc = - 5,256 x + 10,508
x 0 1 2
Mc 10,508 5,252 0
Qc = 5,256 kgf
V3 - 14
Decompondo a força inclinada:
Transferindo as forças:
Cálculo das reações de apoio:
Fy = 1,732 Tf
Fx = 2 x sem 30º =
Fy = 2 x cos 30º =
Fx = 1 Tf
∑ FH = 0
HA - 1 = 0
∑ = Fv = 0
-VA + 3 – 1,732 = 0
∑ MA = 0
- MA - 3 x 2 + 3,598 + 1,732 x 5 = 0
MA = 6,258 Tf
 VA = 1,268 Tf
HA = 1 Tf
 
{ N 
 AH
 H
{ Q 
 C
 T
 { N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
Referencial
 Original = Tranf. Fy + Transf Fx = Final
V3 -15
Traçando o D.E.I.S.
Trecho (a)
Trecho (b)
Qb = 1,732 – 3
Mb = - 1,732 ( 3 + x ) – 3,598 + 3 x
Mb = - 5,196 – 1,732 x – 3,598 + 3 x
Na-
Qa = 1 Tf
Ma = - 1,732 x – 3,598
x 0 1 2 3
Ma -3,598 - 5,33 - 7,062 -8,794
Nb = -1 Tf
Qb = - 1,268 Tf
Mb = 1,268 x – 8,794
x 0 1 2
Mb - 8,794 - 7,526 - 6,258
Na=-1Tf
Qa = 1,732 Tf
V3 - 16
Diagrama dos esforços solicitantes, em corposcom carga distribuída:
A resolução deste tipo de problema é semelhante àquela aplicada nos casos de carga
concentrada. A diferença básica, consiste em substituirmos a carga distribuída no trecho
considerado, por uma concentrada equivalente.
Para facilitar o entendimento, tomemos os exemplos das questões abaixo:
a) Traçar o D.E.I.S. da seguinte figura:
Cálculo das reações de apoio:
∑ FH = 0
∑ FV = 0
VA - F - 25 = 0
VA - 40 – 25 = 0
∑ MA = 0
- MA + F x 3,5 + 25 x 7,2 = 0
- MA + 40 x 3,5 + 25 x 7,2 = 0
{N
AH
H
{Q
C
T
{N
Θ∩
⊕∪
Θ
⊕
Θ
⊕
F = W x L = 10 x 4 = F = 40 kgf
HA = 0
VA =65 kgf
MA = 320 m kgf
Referencial
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380
Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 4
Índice Vol. 4:
! Gráficos, cálculos..................................................pág. 1
! BARICENTRO OU CENTRO DE GRAVIDADE............pág. 3
- Centro de grávidade algumas figuras conhecidas.........pág. 4
! CÁLCULO ANALÍTICO...........................................pág. 6
! MOMENTO DE INÉRCIA........................................pág. 7
! TEOREMA DE STEINER.........................................pág. 8
Cálculos, exemplos
! GENERALIDADE...................................................pág. 12
- Propriedades mecânicas dos materiais...........................pág. 13
- Tensões de alongamento dos materiais (TABELA I)........pág. 15
- Módulo de Elasticidade.................................................pág. 16
- Tensão Admissível........................................................pág. 16
- Fator de Segurança.....................................................pág. 17
Tabela II, Cargas.
! CLASSES DE RESISTÊNCIA..................................pág. 18
! RESISTÊNCIA À TRAÇÃO.....................................pág. 20
Exemplos, gráficos, exercícios
V4 - 1
Trecho (b)
A força F substitui a carga distribuída na distância x
Trecho (a)
Na = 0
Qa = 25 kgf
Ma = - 25 x x
x 0 0,5 1,0 1,5 1,7
Ma 0 - 12,5 - 25 - 37,5 -42,5
F = W x x
V4 - 2
Qc = 25 + F
Qc = 25 + 40
Mc = - 25 x ( 5,7 + x ) - F. ( 2 + x )
Mc = - 25 ( 5,7 + x ) - 40 ( 2 + x )
Mc = - 142,5 - 25 x - 80- 40 x
Nc = 0
Qc = 65 kgf
Mc = - 65 x – 222,5 x 0 0,5 1,0 1,5
Mc - 222,5 - 255 -287,5 - 320
Trecho c)
A força F substitui a carga distribuída na distância de 4m
F = W x L F = 10 x 4 F = 40 Kgf
Qb = 25 + F
Qb = 25 + W x x
Qb = 25 + 10 x x
 O esforço cortante depende
 da distância x
Mb = - 25 x ( 1,7 + x ) - 
2
 .
x
F
Mb = - 42,5 - 25 x – W . x . 
2
x
Mb = - 42,5 - 25 x – 10 . 
2
x2
Nb = 0
x 0 1 2 3 4
Qb 25 35 45 55 65
Qb = 10 x + 25
Mb = - 5 x
2 – 25 x – 42,5
A carga distribuída
gerou uma equação
de 20 grau
x 0 1 2 3 4
Mb - 42,5 - 72,5 - 112,5 -162,5 -222,5
V4 -3
BARICENTRO OU CENTRO DE GRAVIDADE
Chamamos de centro de gravidade ou baricentro de uma figura plana ao ponto no qual toda
área desta figura está concentrada.
As coordenadas do baricentro são dadas por:
321
33221 1
G S S S
 x . S x. S x .S
X
++
++
=
321
332211
G S + S + S
 Y. S + Y. S + Y.S
=Y
Y
I
W =
V4 - 4
Caso trabalhemos com figuras simétricas, seus baricentros estarão localizados
coincidentemente em seus centros geométricos (centro de gravidade).
Exemplos:
CENTRO DE GRAVIDADE
O centro de gravidade no caso de um estampo é o ponto onde fixa-se a espiga e o mesmo
localiza-se no centro das forças, dando assim um perfeito equilíbrio entre elas. Com isso
podemos dizer que o centro de gravidade pode encontrar-se no centro da base superior
(cabeçote) do estampo ou fora deste, dependendo das posições dos punções e das forças
que atuam neles.
Quando a espiga estiver colocada fora do centro de gravidade, provocará a origem de forças
laterais que forçarão as guias do martelo da prensa, fazendo com que este desça em
desnível ocasionando com isso um trabalho irregular no estampo e na prensa.
Cada figura geométrica tem seu próprio centro de gravidade, assim sendo:, segue abaixo:
CENTRO DE GRAVIDADE DE ALGUMAS FIGURAS CONHECIDAS:
Centro de gravidade do semicírculo.
H = 0, 42 44 x R
Centro de gravidade de um setor circular com 90º
H = 0, 6002 x R
Centro de gravidade de uma semicircunferência.
H = 0, 6366 . R
 
α . . 3
180º . sen . R . 2
 H
qualquer.circular setor um de gravidade de Centro
π
α=
Um segmento de reta tem o centro
de gravidade no seu ponto médio.
O círculo tem o centro de gravidade em seu centro.
V4 -5
3
h
y
3
b
x
=
=
π.3
.4 R
y =
α
α
.3
2.R.sen=y
π.3
4R
yx == ( )β
β
3.
2
sen2.R. 




=y
Centro de gravidade de um arco de 90°
H = 0,9003 . R
πα
α
.
180 . sen . R
 H
círculo de arco um de gravidade de Centro
°=
V4 - 6
CÁLCULO ANALÍTICO
Para o cálculo analítico de um conjunto de punções, processa-se da seguinte forma:
Determina-se o centro de gravidade de cada elemento (punção) com seu valor.
Força ou perímetro.
Traça-se os eixos X e Y em posições arbitrárias e perpendiculares entre si.
Dimensiona-se a posição de cada centro de gravidade com relação aos eixos X e Y e
calcula-se a posição do centro de gravidade do sistema com as fórmulas que seguem a
figura abaixo:
Exemplo:
Calcular o baricentro da figura abaixo:
N321
Ny3y2y1y
Y
N321
Nx3x2x1x
x
F...FFF
F . N...F . C F . b F . a
G
F...FFF
F . N...F . C F . b F . a
G
++++
++++
=
++++
++++
=
x y s x . s y . s
I 9 7 20 180 140
II 2 4 32 64 128
Somatória ∑ 52 244 268
5,154mm
52
268
s
s. y
 y
4,692mm
52
244
s
s. xx
G
G
==
∑
∑=
==
∑
∑=
V4 -7
Exemplo:
MOMENTO DE INÉRCIA
Momento de inércia de uma figura em relação a um eixo é definido como sendo a somatória
dos produtos das áreas pelo quadrado das distâncias ao eixo considerado.
Notas:
1- A unidade do momento da inércia, sendo o produto da área pela distância ao quadrado,
é, naturalmente: mm4; cm4; pol4; etc..
2- O momento de inércia em relação a um eixo nunca é negativo ou nulo, é sempre uma
grandeza positiva.
3- De um modo geral, quanto maior o momento de inércia, maior será a resistência à flexão
da peça.
Alguns resultados:
2
2
x.Sy
S.y x
∑=Ι
∑=Ι
h . b S 
12
 
12
 
33
=⇒=⇒= hbyIbhxI GG
P
h 3
G
64 y 65 x
34 y 45 x
5 y 20 x
mm 240 8 . 30 S
mm 680 68 . 10 S
mm 400 40 . 10 S
33
22
11
2
3
2
2
2
1
==
==
==
==
==
==
 
1320
40720
 
1320
65 . 240 34 . 680 5 . 400
 y
 
1320
54200
 
240 680 400
65 . 240 45 . 680 20 . 400
 x
G
G
==++=
==
++
++= 41,06 mm
30,84 mm
V4 - 8
TEOREMA DE STEINER
Translação de eixos
Freqüentemente recaímos no seguinte problema:
Conhecemos o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de
gravidade e queremos conhecer o momento de inércia em relação a outro eixo.
Para calcularmos o momento de inércia em relação a um eixo qualquer, basta
acrescentarmos ao momento de inércia relativo ao baricentro, o produto da área pelo
quadrado da distância entre os dois eixos:
 
458
D . π
 x 
128
D . π
y I 
4
G
4
G =⇒= I
2
h . b
 S 
36
 
36
 
33
=⇒=⇒= hbyIbhxI GG
 
4
d . π
 S 
64
D . π
y I x
24
GG =⇒==I
 )d-D ( 
4
π
 S )d-D ( 
64
π
 y I x 2244GG =⇒==I
h/3
G
b/3
2
4
GG a S 12
a
 y I x =⇒==I
G
d G
V4 -9
Pelo exposto anteriormente sabemos que:
Para determinar quanto um perfil de dimensões fora do nosso uso rotineiro resiste, devemos
proceder como segue:
1. Criamos um eixo vertical y e um eixo horizontal x, tangenciamos ambos os eixos na
extremidade vertical e horizontal da secção que se deseja calcular. Após isto feito,
deveremos setorizar o perfil em setores conhecidos. Exemplo: quadrado, triângulo,
retângulo, etc.
2. Devemos numerar cada setor e, logo após, determinar o centro de gravidade de cada
setor e as áreas. Após isto feito,faremos a equação que nos possibilita encontrarmos o
centro de gravidade da peça completa. Logo após, determinamos, através da equação
de somatórias, o momento de inércia no eixo x e no eixo y. De posse desses dados,
verificaremos em qual dos eixos a força está sendo aplicada para que com isto
determinemos o valor do módulo de resistência (WF); sendo 
y
Iyyou Ixx 
WF = , sabe-se
que Ι = valor calculado do momento de inércia, y = a distância do centro de gravidade
total da peça até a fibra mais afastada da peça. Neste ponto, partimos para a equação
que nos fornecerá a incógnita desejada, ou seja, Mf, força, distância ou fσ .
Exemplo:
IX = Σ I xG + Σ S . ∆ y2
IY = Σ I yG + Σ S . ∆ x2
Centro de gravidade
X1 = 10
Y1 = 35
X2 = 10
Y2 = 35
X3 = 23,33
Y3 = 28,33
X4 = 25
Y4 = 7,5
X5 = 47,5
Y5 = 8
V4 - 10
Áreas
Centro de gravidade da figura
Momento de inércia
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
∴⇒=
8.5.5
15.50.4
2
40.10
2
.
3
4
10.14,3
4
.
2
40.20.1
22
hbS
hbS
hb
S
d
S
hbS
π
S1 = 800 cm2
S2 = -78,53
S3 = 200 cm2
S4 = 750 cm2
S5 = -40 cm2
( ) ( )
47,1631
5,47.4025.75033,23.20010.53,7810.800
5.54.43.32.21.1
−+++−+=
Σ
++++=
Gx
S
XSXSXSXSXS
Gx
Gx = 17,61 cm
47,1631
8.405,7.75033,28.20035.52,7835.800 −++−=Gy
Gy = 22,202 cm
Ιx = ΣΙXG + ΣS . y2
2
2
4
33
4
33
4
33
4
44
4
33
,2021631,47.22137802,74IX 
ΣS.YΣIXGIX
cm 213,33
12
5.8
12
b.h
IXG5
cm 14062,5
12
50.15
12
b.h
IXG4
cm 17777,77
36
10.40
36
b.h
IXG3
cm 78,490
64
10.14,3
64
.
IXG2
cm 106666,67
12
20.40
12
b.h
IXG1
+=
+=∴
=∴=
=∴=
=∴=
−=∴=
=∴=
dπ
ΙX = 942001,29 cm4
V4 -11
Calcular o momento de inércia da figura abaixo em relação ao baricentro e dos eixos X e y.
4
y
33
y
4
x
33
x
4
y
33
y
4
x
33
x
cm 25,2I
12
3.1
12
hb
I
cm 25,0I
12
1,3
12
bh
I
II iguraF
cm 333,0I
12
1.4
12
hb
I
cm 333,5I
12
4.1
12
bh
I
I Figura
IGIIG
IGIIG
IGIG
IGIG
====
====
====
====
cm 1,929 
7
13,5
 
s
5 . 4 
 y
cm 0,929 
7
6,5
 
s
 . 
G ==∑
∑=
==
∑
∑= sxxG
x y S x . S y . S
I 0,5 3 4 2 12
II 1,5 0,5 3 4,5 1,5
∑ 7 6,5 13,5
V4 - 12
GENERALIDADE
Antes de entrar na parte de cálculos que é o objetivo fundamental deste trabalho, faremos,
para a melhor compreensão da matéria, um retrospecto sucinto sobre o comportamento do
material.
Comportamento de um material:
Quando a força age sobre um corpo, produz neste uma TENSÃO que pode ser de
TRAÇÃO, COMPRESSÃO, CISALHAMENTO, FLEXÃO, TORÇÃO OU FLAMBAGEM.
Todas as tensões produzidas no corpo, causa a este uma TRANSFORMAÇÃO.
Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu estado (tamanho) normal assim que a força
deixa de agir sobre o mesmo. A esta propriedade chamamos de ELASTICIDADE
TRANSITÓRIA.
Porém, se a tensão for muito grande, poderá causar ao corpo uma DEFORMAÇÃO
PERMANENTE, isto é, o corpo poderá ficar permanentemente deformado mesmo após
cessada a ação da força.
Por outro lado, se a tensão for ainda maior, DEFORMAÇÃO PERMANENTE, poderá causar
até uma RUPTURA do corpo.
A maior tensão que o corpo pode suportar é definida como sendo o “LIMITE DE
RESISTÊNCIA” ou “TENSÃO DE RUPTURA”.
GRÁFICO DE TENSÃO X DEFORMAÇÃO.
A fim de melhor caracterizar o comportamento de um material submetido às tensões
progressivas, reproduzimos na figura a seguir o gráfico conhecido por TENSÃO X
DEFORMAÇÃO.
Este gráfico que representa um corpo sob a ação de uma força de tração, tem sua ordenada
a indicação de tensão e na abscissa a deformação correspondente.
Deformação --- !!!! L
GÁFICO DE TENSÃO E DEFORMAÇÃO
V4 -13
Os pontos assinalados na figura anterior representam:
PONTO 01 LIMITE DE PROPORCIONALIDADE ( Lei de HOOKE).
 Nota: As deformações são proporcionais às tensões.
PONTO 02 LIMITE DE ELASTECIDADE.
 Nota: Elasticidade é a propriedade que o material tem de retornar ao seu
tamanho inicial assim que a força deixa de agir sobre o mesmo.
PONTO 03 LIMITE DE ESCOAMENTO
Nota: Caracteriza a perda da propriedade elástica do material.
PONTO 04 LIMITE DE RESISTÊNCIA OU TENSÃO DE RUPTURA
Nota: Maior tensão que o corpo pode suportar.
PONTO 05 Instante que o corpo se rompe.
Pela análise do gráfico verifica-se que o comportamento do material se subdivide em duas
fases distintas, ou seja, FASE ELÁSTICA e FASE PLÁSTICA. A separação dessas fases se
faz na transição entre o limite de elasticidade e o início do fenômeno do escoamento.
É necessário observar que para os cálculos de peças que devem suportar os esforços, sem
provocar as deformações permanentes, o material deverá trabalhar dentro do seu limite de
elasticidade, numa faixa assinalada no gráfico como tensões admissíveis.
A fase plástica do material tem sua aplicação nas operações em que exigem deformações
permanentes das peças, como nos casos de estampagens, repuxos, dobramentos,
laminações, etc...
PRPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS
Conforme o que foi dito na parte introdutiva, dentre as propriedades mecânicas dos
materiais, as de maior interesse para os cálculos de resistência são:
Limite de resistência (TENSÃO DE RUPTURA TENSÃO DE ESCOAMENTO), ( Limite de
escoamento), Alongamento, Módulo de elasticidade e a Dureza.
Adotaremos para essas propriedades os seguintes símbolos:
σR - Tensão de ruptura em Kgf/cm2
Os valores para os diferentes materiais se obtém, através de ensaios de tração, dividindo-se
a maior carga suportada pelo corpo de prova pela área de seção original do mesmo:
σesc. - Tensão de escoamento em Kgf cm2 .
(σσσσ esc. ).
(σσσσR ).



=
==
2cm em original SecçãoSo
kgf; em máx. Carga Pmax.
 
.max
So
P
Rσ





 =
=σ kgf em material do escoamento
 produz que CargaPesc.
 
So
.Pesc
.esc 
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
( )
100 
Lo
Lo - L 
 100 
Lo
L
 em to Alongamen
mm inicial oCompriment lo
mm total to Alongamen l
 ou Deformação ,oAlongament
0
0
0
0
mn
mm
=∆=λ∈=
=λ
→
→∆∈=
↑
Lo = Comprimento inicial
do corpo de prova em mm;
L= Comprimento final, após o
rompimento do c . p . em mm.
V4 - 14
E = Módulo de elasticidade em Kgf/cm2
Módulo de elasticidade é a relação existente entre a tensão e o alongamento do material
observada dentro de seus limites de propriedade elástica.
O módulo de elasticidade ou módulo de YOUNG, caracteriza a rigidez do material, isto é,
sua habilidade de resistir a deformação. (Quanto maior o módulo de elasticidade maior a
rigidez ao material).
H = Número de dureza de Brinell
Relação aproximada entre a dureza e a tensão de ruptura do material:
Todas essas propriedades poderão ser obtidas através de ensaios, mas, para o uso em
nossos cálculos, nos basearemos nos valores contidos na TABELA I.
σr ≅ 0,36 . HB em kgf / mm2 (P/ Aços)
σr ≅ 0,34 . HB em kgf / mm2(P/ Aços de liga)
σR ≅ 36. HB em kgf / cm2 (p/ aços carbonos)
σR ≅ 34. HB em kgf / cm2 (p/ aços de liga)
E . S
lo . 
l 
 . 
F
l
lo
E
S
F
=∆
∆=
F = força kgf
S = Área
E = Módulo de elasticidade
lo = Comprimento original
 
 
V4 -15
TENSÕES MÉDIA DE ALONGAMENTO APROXIMADO DOS MATERIAIS
Tensão de ruptura
Em kgf /cm2
σ esc.
Tração
Kgf /cm2
Along
λε
% OBS.MATERIAL
Tração
σR
Compres.
σR -C
Cisalham.
σR -S
Aço estr.
SAE 1010
SAE 1015
SAE 1020
SAE 1025
SAE 1030
SAE 1040
SAE 1050
SAE 1070
4000
3500
3850
4200
4650
5000
5800
6500
7000
4000
3500
3850
4200
4650
5000
5800
6500
7000
3000
2600
2900
3200
3500
3750
4350
4900
5250
2000
1300
1750
1930
2100
2300
2620
3600
4200
30
33
30
26
22
20
18
15
9
Aços carbonos,
recozidos ou
normalizados.
SAE 2330
SAE 2340
7400
7000
7400
7000
5500
5250
6300
4850
20
25
Aço níquel, recozido ou
normalizado.
SAE 3120
SAE 3130
SAE 3140
6300
6800
7500
6300
6800
7500
4750
5100
5600
5300
5900
6500
22
20
17
Aço níquel - cromo,
recozido ou normalizado.
SAE 4130
SAE 4140
SAE 4150
6900
7600
8150
6900
7600
8150
5200
5700
6100
5750
6500
6900
20
17
15
Aço Cr - Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 4320
SAE 4340
8400
8600
8400
8600
6300
6500
6500
7400
19
15
Aço Ni – Cr – Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 4620SAE 4640
SAE 4820
6200
8200
6900
6200
8200
6900
4650
6150
5200
5100
6700
4700
23
15
22
Aço Ni - Mo,
recozido ou normalizado.
SAE 5120
SAE 5140
SAE 5150
6100
7400
8150
6100
7400
8150
4600
5500
6100
4900
6200
7000
23
18
16
Aço Cr,
recozido ou normalizado
SAE 6120 6500 6500 4850 6400 18 Aço Cr – V , reco. ou nor.
SAE 8620
SAE 8640
6200
7500
6200
7500
4650
5600
5600
6300
18
14
Aço Cr - Ni –Mo ,
recozido ou normalizado.
AISI 301
AISI 302
AISI 310
AISI 316
7700
6300
6900
6000
7700
6300
6900
6000
5800
4700
5150
4500
2800
2480
3150
2460
55
55
45
55
Aço inoxidável Cr – Ni.
AISI 410
AISI 420
4900
6700
4900
6700
3700
5000
2640
3500
30
25
Aço inoxidável Cr,
Fo . Fo .
1200
a
2400
6000
a
8500
-- -- -
Cobre
Latão
Bronze
Br. Fosf.
Alumínio
Metal pat.
2250
3420
2800
5250
1800
 790
2250
3420
2800
5250
1800
 790
1680
2550
2100
3950
1350
 590
700
 1200
--
4500
 700
 100
45
57
50
25
22
18
V4 - 16
MÓDULO DE ELASTICIDAE ( VALORES MÉDIOS)
AÇOS:
Nota: Para a tensão de ruptura a cisalhamento torna-se:
TENSÃO ADMISSÍVEL E FATOR DE SEGURANÇA
TENSÃO ADMISSÍVEL:- Na resistência dos materiais, onde as peças a serem calculadas,
deverão suportar os esforços, com segurança, isto é, sem provocar a deformação
permanente, terá que ser considerada nos cálculos uma tensão menor do que a de
escoamento, e aquém do limite máximo de elasticidade.
A esta tensão que oferece à peça uma condição de trabalho sem perigo, chamamos de
TENSÃO ADMISSÍVEL ( σσσσ).
Todavia, deve-se ter em mente que as peças mecânicas podem trabalhar em condições
diversas, ou seja, umas sujeitas às cargas estáticas, enquanto que outras, submetidas as
cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque.
 σσσσ = A tensão adm. representa portanto a tenção, limite com a qual pode-se dimensionar os
componentes com segurança.
 σσσσ= A tensão de trabalho representa a tensão que a peça está sendo submetida.
Todavia, deve-se ter em mente que as peças mecânicas podem trabalhar em condições
diversas, ou melhor, umas sujeitas às cargas estáticas, enquanto outras, submetidas as
cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque.
Dessa forma, ao se calcular uma peça, faz-se necessário conhecer a condição de trabalho
da mesma, a fim de poder estabelecer uma tensão admissível compatível com o tipo de
carga a suportar.
Conhecendo-se de antemão, a condição de trabalho da peça a ser calculada e também o
tipo de material mais apropriado para a construção dessa peça, pode-se estabelecer a
tensão admissível atribuindo-se ao valor de sua tensão de ruptura um coeficiente que é
denominado FATOR DE SEGURANÇA.
σR = 0,6 a 0,8 . σR
MÓDULO DE ELASTICIDADE
MATERIAL TRAÇÃO (E)
Kgf cm2
CISALHAMENTO (G)
kgf cm2
Aços 2. 106 a 2,2. 106 0,77. 106 a 0,85. 106
Cobre 1 . 106
Alumínio 0,675 . 106 
Bronze 0,9 . 106
Latão 0,8 . 106
σ
σ
σσ
R
s F
 
s
R
F
=
 σ = Tensão admissível
 em kgf /cm2
 σR = Tensão de ruptura
 em kgf /cm2
 Fs = Fator de segurança.
V4 -17
 FATOR DE SEGURANÇA :- O fator de segurança é uma relação entre as tensões de
ruptura e admissível do material.
Em princípio, o fator de segurança é determinado levando-se em consideração diversos
fatores parciais, tais como: fator em relação as tensões de ruptura e escoamento, fator em
função da homogeneidade do material, fator em função do tipo de carga a ser aplicada,
condições de serviços, fator em função de causas desconhecidas, etc...
Assim, a rigor o fator de segurança é expressa da seguinte forma:
Sendo: Fs = Fator de segurança total;
Porém, para os nossos cálculos de resistência adotaremos os valores de fatores de
segurança já consagrados pela prática, baseados na qualidade do material e no tipo de
carga aplicada à peça.
Os valores desses fatores já englobam todos os demais acima referidos.
Podemos distinguir quatro tipos de carga a saber:
CARGA ESTÁTICA :- Quando uma peça está sujeita a uma carga constante, invariável no
decorrer do tempo.
CARGA INTERMITENTE:- Peça sujeita a uma carga pulsante, isto é, variável de zero a um
valor máximo permitido, ( cilindro hidráulico simples ação dentes de engrenagem).
CARGA ALTERNADA :- Quando uma peça está sujeita à uma carga reversível e repetitiva
no decorrer do tempo. ( cilindro de dupla ação girante com carga).
F = F1s. F2s . F3s .F4s ......
F1s, F2s, F3s, F4s .... = Fatores de segurança parciais.
TIPOS 01 - Estática
 DE -------- 02 - Intermitente
CARGA 03 - Alternada
 04 – Brusca ou a choque
V4 - 18
CARGA BRUSCA OU A CHOQUE:- Peça sujeita à variação brusca ou a choque, por
exemplo, componentes de prensas em geral.
Os valores de FATORES DE SEGURANÇA assim determinados estão representados na
TABELA abaixo:
TABELA II
CLASSES DE RESISTÊNCIA
RESISTÊNCIA À TRAÇÃO:-
Quando uma barra for submetida a uma força (P), atuando no sentido do seu eixo, isto é,
perpendicular a sua seção transversal, estará sofrendo uma tração e uma deformação que
será a de acréscimo de comprimento.
RESISTÊNCIA À COMPRESSÃO:-
Quando uma força (P) , agir no sentido longitudinal da peça, isto é, perpendicular a sua
seção transversal, esta sofrerá uma compressão e um achatamento.
FATOR DE SEGURANÇA ( FS )
C A R G A
ESTÁTICA INTERM. ALTERN. BRUSCA
Fo . Fo .
Aço mole
Aço duro
Madeira
6
5
4
8
10
6
6
10
15
8
8
15
20
12
12
20
MATERIAL
V4 -19
RESISTÊNCIA A CISALHAMENTO:-
Quando duas forças (P) atuam sobre uma peça (rebite) , transversalmente ao seu eixo,
sofrerá um cisalhamento, isto é, a peça tenderá a ser cortada.
RESISTÊNCIA A FLEXÃO:-
Quando uma força (P), atua sobre uma barra, perpendicularmente ao seu eixo, produzirá a
flexão do referido eixo.
RESISTÊNCIA A TORÇÃO:-
Uma força (P) , agindo no plano perpendicular ao eixo da barra tenderá a girar cada seção
transversal em relação às demais seções, torcendo-a.
RESISTÊNCIA A FLAMBAGEM:-
Se a barra submetida a compressão for de comprimento muito grande em relação a sua
seção, ela se dobrará sob a ação da força (P), produzindo a flambagem.
RESISTÊNCIA COMPOSTA:-
Quando uma peça estiver sujeita a mais de uma classe de resistência, a mesma terá que
ser calculada pela resistência composta,
V4 - 20
P= 5000 Kgf
 Consultando a TABELA I, temos
Material: SAE 1020 σ = 4200 kgf /cm2
 E pela TABELA II, o fator de segurança
 relativo de carga considerada: F = 5
RESISTÊNCIA À TRAÇÃO
DEDUÇÃO DA FÓRMULA DE TRAÇÃO
Sendo: P = Carga ou força em Kgf que age no sentido longitudinal da peça, tracionando-a;
 S = Seção transversal da peça em cm2
 σ = Tensão do material à tração em Kgf cm2
Observação:
a) Quando uma força age sobre um corpo produz neste uma TENSÃO, que será tanto
maior quanto maior for a força aplicada. Conclui-se daí que: TENSÃO É DIRETAMENTE
PROPORCINAL A FORÇA.
b) Se duas forças de mesma intensidade agirem, separadamente em dois corpos de
seções transversais diferentes, a tensão será maior naquele que tem a seção menor, do
que se conclue que: TENSÃO É INVERSAMENTE PROPORCIONAL A SEÇÃO.
Deduz-se daí:
Aplicação
Exercício:-
Considerando que a barra representada na figura acima seja de seção circular e de aço
SAE 1020, determinar o diâmetro que deve Ter para suportar, com segurança, um esforço
(P) estático, à tração, de 5000 Kgf.
Solução:-
A tensão admissível será:
A seção necessária para suportar a carga com segurança será de:
 
σ
=σ==σ P S e S . P : Donde 
S
P
2
5
R
cm/kgf840 
5
4200
 
F
=σ
=σ=σ
2cm 6S
840
5000
 
P
S
≅
=
σ
=
785,0
6
d
0,785
S
 ou 
4.S
d
Donde
d . 0,785 
4
d . 
S 2
2
=
π
=
=π=
d = 2,73 cm
Fig.12
V4 -21
Exercício: ( A resolver): - Ainda com referência à fig anterior, admitindo-se que o diâmetro da
barra seja de 50mm e o material SAE 2330, determinar a carga estática que pode seraplicada com segurança.
 Resp. P = 29 045 kgf.
A peça mostrada na figura abaixo é constituída de uma parte mais grossa que tem o
diâmetro de 30mm e outra mais fina de 20mm.
Calcular a carga (P), intermitente, que pode ser aplicada à peça, considerando-se que a
mesma é feita de aço níquel SAE 2330.
Exercício:
Na figura acima, se a peça fosse feita de aço SAE 1020 e tivesse que receber uma carga
intermitente de 3871,62 Kgf, verificar:
a) se os diâmetros da peças são satisfatórias?
b) Se a tensão produzida na peça é compatível com o material considerado?
Exercício:
No sistema representado na figura abaixo, determinar:
a) O diâmetro (d) da peça feita de aço SAE 1020;
b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça, sendo o material dos
parafusos SAE 1040.
c) Admite-se uma carga estática.
Exercício:
Na figura acima, determinar o diâmetro da peça feita de aço SAE 1040 e a quantidade de
parafusos feitos de aço SAE 3140.
Admite-se carga intermitente.
 Resp. d = 3,15 cm
 Qt = 4 parafusos.
V4 - 22
Exercício:
Através de um servomotor representado na figura abaixo, pretende-se obter na haste do
pistão uma força (P) de 10 tf (desprezando-se os atritos).
A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão é de 200 psi (libras por
polegada quadrada).
Determinar:
a) O diâmetro (d) da haste feita de aço SAE 1040;
b) O diâmetro (D) do cilindro;
c) O diâmetro (di) dos parafusos admitindo-se que os mesmos são de aço SAE 1020 e que
a fixação é feita por meio de 12 parafusos.
1 Kgf/ cm2 =14,223 psi
DETERMINAÇÃO DA DEFORMAÇÃO
Sendo:
 P = Força em Kgf que produz a tensão de tração;
S = Secção resistente em cm2;
L = Comprimento de barra em cm;
! L =Deformação ( aumento de comprimento) em cm;
E = Módulo de elasticidade em Kgf/ cm2
λ = Alongamento;
σ = Tensão de tração em Kgf/ cm2
Pela definição temos:
 e 
L.S
L.P
Ë
Donde
L
L
S
P
E
∆
=






∆=λ
=σ
λ
σ=
E S.
L .P
L =∆
E
L . 
L
σ=∆
 ou
V4 -23
Aplicação:
Exercícios:
A barra de aço representada na figura anterior deverá ser submetida a uma força de tração de
2 tf e tem 20mm de diâmetro e 2m de comprimento.
Determinar a deformação que irá ao ser aplicada a referida força.
Solução:
P = 2000 Kgf
 L = 200cm
 d = 2cm
Exercício:
Na figura anterior, determinar a deformação que sofre uma barra de aço de 30mm e 4m de
comprimento ao ser aplicada uma carga de 5tf, admitindo-se que E = 2,1.106 Kgf/ cm2
Resposta: !L = 0,1348 cm
Exercício:
A peça representada na figura anterior, feita em aço SAE 1020 tem as seguintes dimensões:
d1 = 40 mm, d2 = 20 mm, L1 = 1,5 m e L2 = 1 m.
Determinar:
a) a carga estática (P) que pode ser aplicada com segurança;
b) a deformação que a peça sofre ao ser aplicada a carga permissível.
Admite-se : E = 2,1 . 106 kgf /cm2
 Resposta : P = 2637 kgf
 !L = 0,055 cm
Exercício:
Na figura acima considerando um material SAE 1020, d1 = 40 mm, L1 = 1,5 m, L2 = 1 m,
recalcular o diâmetro d2 para que a peça possa suportar com segurança uma carga estática
de 5tf.
Com essa nova carga, verificar a deformação !L da peça.
Resposta : d2 = 27,5 mm
 !L = 0,0685 cm









=
=π=
==∆
2
22
26
cm 3,14 S
4
2 . 3,14
 
4
d . 
S
 /cmkgf 10 . 2,1 E
:se-toma aço Para
 
E S.
L .P
L
!L = 0,0607 cm
610 . 2,1 . 3,14
200 . 2000
L =∆
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CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 5
Índice Vol. 5:
! RESISTÊNCIA A COMPRESSÃO...............................pág. 1
Fórmulas, exercícios.
! RESISTÊNCIA A CISALHAMENTO............................pág. 3
Cálculos, exemplos, exercícios
! RESISTÊNCIA À FLEXÃO........................................pág. 7
Fórmulas
- TABELA III (Flexão)................................................pág. 8
- TABELA IV.............................................................pág. 9
- TENSÃO DE FLEXÃO...............................................pág. 10
Disposição da viga e da carga, exercícios, soluções.
- FÓRMULAS RELATIVAS À FLEXÃO DE VIGAS............pág. 13
- TABELA V...............................................................pág. 16
V5 - 1
RESISTÊNCIA À COMPRESSÃO
FÓRMULA DE COMPRESSÃO:
Para a compressão, a equação de resistência é a mesma da tração.
Sendo:
σc = Tensão admissível à compressão em Kgf/ cm2;
P =Carga ou força que age no sentido do eixo da peça, comprimindo-a, em Kgf; figura a
cima.
S = Seção resistente em cm2;
Teremos:
A tensão admissível à compressão (σσσσc) pode ser determinada em função da tensão de
ruptura à compressão,( σσσσR-c ) , atribuindo-se à mesma um fator de segurança (F).
Observação:
Com exceção dos ferros fundidos, todos os demais materiais tem as suas tensões de
ruptura à compressão iguais as de tração. Ver tabela I pg. V4 - 14
c
c
S
P
σ
σσ PS e s . P donde c ==≤=
F
cR
c
−σσ
V5 - 2
Aplicação
Exercício:-
Na figura abaixo determinar o diâmetro do parafuso de um macaco que deverá suportar com
segurança, à compressão, uma carga de 5tf, sabendo-se que o material é SAE 1040 e o
passo da rosca de 5mm.
Exercício:
 Na figura acima, determinar a carga que pode ser aplicada, com segurança, a um macaco
que possui um parafuso de 30mm de diâmetro externo e uma rosca quadrada de 5mm de
passo, feito de aço SAE 1040.
Resposta: P = 4740 Kgf.
Solução:
P = 5 tf = 5000 kgf
 σR –C = 5800 kgf /cm2
SAE 1040
 Admitindo-se carga intermitente:
 F = 6
6
5800== −
s
CR
C
F
σ
σ
σC = 966 kgf /cm2
3,14
5,18 . 4S . 4
d : Donde cm 5,18 
966
5000
 
i
i
2 ===
==
π
σ
Si
P
Si
C
di = 2,75 cm Ainda:
de = di + f
f = passo 5 mm
de = 25,7 + 5
de = 30,7 mm
V5 - 3
RESISTÊNCIA A CISALHAMENTO
 Dedução da fórmula de cisalhamento
Para o efeito prático de cálculo de resistência a cisalhamento será levado em consideração
somente o chamado esforço cortante simples, que age perpendicularmente ao eixo da peça,
produzindo um tensão de cisalhamento, como mostra a fig. Abaixo.
Neste caso, diz-se resistência a cisalhamento puro.
Sendo:
 σs = Tensão admissível a cisalhamento em Kgf/cm2 ;
 P = Força ou carga, em Kgf, que age perpendicularmente ao eixo da peça;
 S = Seção resistente a cisalhamento, em cm2
a) – A tensão será diretamente proporcional à carga aplicada;
b) - A tensão será inversamente proporcional à seção resistente:
Então:
Observação:
As tensões de ruptura a cisalhamento (σσσσs), para os materiais em geral, segundo os
resultados de ensaios, obedecem aproximadamente a seguinte relação com referencia à
tensão de ruptura à tração:
σ R-S = 0,6 a 0,8 σ R
Os valores de σσσσR-s, para os aços, constantes da tabela I foram obtidos através da relação:
0,75. σ R.
Aplicação:
Exercício: Na fig. anterior, determinar o diâmetro de um rebite de aço SAE 1015 que deve
suportar com segurança, a cisalhamento, uma força cortante pura de 1000 Kgf ( carga
intermitente).
Solução:
 
P
S e S . P : Donde 
S
S σ
σσ ===
S
P
S
 Para SAE 1015 :
σ R-S = 2880 kgf /cm2
Fs = 6
480
1000
S =
d = 1,65 cm
S = 2,08 cm2 Donde:
3,14
2,08 . 4
 
S .4
d =
π
=
σS = 480 kgf /cm2
 P = 1000 kgf
 σ S =
s
SR
F
−σ
 σS = 
6
2880
S
P
S
σ
=
V5 - 4
Exercício:
Ainda com referência a fig. anterior, determinar a força (alternada) que pode ser aplicada à
peças unidas por meio de um rebite de aço SAE 1015 de 10mm de diâmetro.
Resposta:P = 283 Kgf.
Exercício:
No sistema de articulação representado na fig. abaixo, determinar o diâmetro do pino de aço
SAE 1040 que deve suportar, com segurança e a cisalhamento puro, um força de 1000 Kgf,
sujeita a variação brusca.
Solução: Obs.: Pela fig. observa-se que o pino tem duas seções resistentes. Assim sendo
cada seção recebe apenas a metade da carga total.
Exercício: A um eixo de 30mm de diâmetro, pretende-se fixar uma polia por meio de um
pino, conforme mostramos na fig. abaixo.
Considerando que o momento de torção (torque) no eixo é de 150 Kgf . cm, determinar o
diâmetro do pino (dp), de aço SAE 1030. Admite-se tipo de carga de variação brusca.
Solução:
Na fig. anterior, o pino de fixação da polia ao eixo mede 3,5mm de diâmetro e é de aço SAE
1030. Sendo o diâmetro do eixo de 20mm, determinar o momento de torção que pode ser
exercido através do pino sabendo-se que o pino de esforço é a choque.
Resposta: Mt = 60cm. Kgf.
S
p
P
S
σ
P = Força que age em cada seção
resistente.
2
Ft
P = r
M
F tt =
kgf 100 
5,1
150
Ft ==
{ 1,5 r =
P = 50 kgf
2 /cmkgf 312 
12
3750
 === −
s
SR
S
F
σ
σ
312
50
Sp =
dp = 0,453 cm
Sp = 0,16 cm
2 Donde:
3,14
16 . 0 . 4S . 4
d pp =π
=
D = 1,33 cm
V5 - 5
Exercício:
Por meio de um acoplamento, representado na figura abaixo, pretende-se transmitir o
movimento de um eixo ao outro, com potência de 10 cv a 500 rpm.
Determinar o diâmetro dos 3 parafusos de fixação, de aço SAE1020.
Admite-se, para o caso, tipo de carga a choque.
Solução:
N = Potência, 10 cv
n = Rotação, 500rpm
Material dos parafusos SAE 1020
Considerando-se que a força tangencial total seja transmitida por meio de 3 parafusos;
Tem - se
Momento de torção em função da POTÊNCIA e ROTAÇÃO:
Sendo: Mt = Ft . R Onde:
σ R-S = 3200 kgf /cm
2
Carga a choque : F = 12
12
3200== −
s
sR
s F
σσ
2
s cm/Kgf 267=σ
3
F
P t= onde: 
R
M
F tt = 





=
=
=
Kgf. cm. em torção de MomentoM
4cm, de RaioR
Kgf, em tangencial ForçaF
t
t
v
N . 75
Ft =
1cv = 75 Kgf m /s
 v = velocidade tangencial
Por outro lado, a
velocidade tangencial em
função da rotação, dada
em rpm será:
v
N . 75
Ft =
60
n . D . 
v
π=
Então : 
n D . 
n . 75 . 60
 
60
n . D . 
N . 75
π
=
π
=
Deduz-se daí:
n
N
M
RM
t
t
.
 2
75 . 60
2R D :onde .
n . D . 
N . 75 . 60
π
π
=
==
V5 - 6
Exercício:
 No sistema de acoplamento da figura anterior, determinar a potência em cv, que pode ser
transmitida através de 3 parafusos de aço SAE 1040, de 10mm de diâmetro. O diâmetro do
círculo de furação para os parafusos é de 80mm e a rotação de 250rpm.
Admite-se para o caso uma transmissão brusca.
Resposta: N = 12 cv.
Exercício:
 Na figura da próxima página, determinar o diâmetro dos 5 parafusos de fixação da roda de
um veículo que deve transmitir, através de cada roda, uma potência máxima de 50cv.
A velocidade de 10 Km/h.
Material dos parafusos: SAE 1040, tipo de esforço a choque.
Admite-se que o peso que o veículo exerce sobre cada roda é de 250 Kgf. Diâmetro de
localização dos parafusos da roda D1 = 600mm e o diâmetro de localização dos parafusos
D2 = 250mm. Resposta: d = 15,6mm.
n
N
 71620 Mt =n
N
716,2 Mt =
Voltando-se ao cálculo da Ft, teremos:
A força que age em cada parafuso será:
Donde, a seção do parafuso se calcula:
R
M
F tt
cm 4 R
kgf cm 1432,4 
500
10
 71620 
n
N
 71620 
=
=
=
=
t
t
t
M
M
M
 N = 10 cv
 n = 500 rpm
kgf 358,1 F
4
1432,4
 F
t
t
=
=
kgf 119,3 P
3
358,1
 
3
F
P t
=
==
3,14
0,448 . 4
 
S . 4
 d :Então cm 0,448 S
267
119,3
 S
P
 S
2
S
=
π
==
=
σ
=
d = o,755 cm
 P = 119,3 kgf
 σS 267 kgf cm2
Em M Kgf Em cm kgf
V5 - 7
Exercício:
 Ainda com referência na fig. acima, se considerar que a roda seja fixa apenas por 3
parafusos de 15mm de diâmetro e de aço SAE3140, e sabendo-se que o diâmetro (D1) da
roda é de 550mm e o de furação (D2), 200mm, determinar a potência em cv que pode ser
transmitida através de cada roda, sendo a velocidade máxima à toda potência, de 15 Km/h e
a carga em cada roda de 210 Kgf.
 Resposta: N = 45,5 cv.
RESISTÊNCIA À FLEXÃO
Fórmula de resistência à flexão
Sendo:
P = Carga, em Kgf, que age perpendicularmente ao eixo da peça;
L = Comprimento da peça em cm;
σf = Tensão Admissível à flexão em Kgf/cm2;
 I = Momento de inércia em cm4;
W = Módulo de resistência em cm3;
Mf = Momento fletor em cm Kgf.
Para efeito de cálculos referentes ao presente capítulo, será considerada somente a flexão
pura, isto é, desprezando-se as forças cortantes.
Em princípio, verifica-se que a tensão de flexão é:
a) – diretamente proporcional ao momento fletor (Mf);
b) – inversamente proporcional ao seu módulo de resistência à flexão (W).- O MÓDULO DE
RESISTÊNCIA é a característica geométrica da secção de uma viga que opõe à flexão.
Então:
Por outro lado, o módulo de resistência de uma secção, em função do Momento de inércia é
expressa pela seguinte equação:
 Y = distância da linha neutra à fibra mais afastada.
w
Mf
f =σ
y
I
W =
V5 - 8
TABELA III FLEXÃO
MOMENTO DE INÉRCIA, MÓDULO DE
 RESISTÊNCIA E RAIO DE GIRAÇÃO
SECÇÃO Momento de
Inércia
I
Módulo de
Resistência
y
Iw =
Raio de giração
S
I
R =
64
d
I
4π= 3
3
0,1d 
32
d
w ≅π= 
4
d
R =
64
)dD( 
I
44 −π=
D 32
)d(D 
w
44 −π= 
4
dD
R
22 +=
12
a
I
4
=
6
a
w
3
= 
12
a
R =
12
a
I
4
=
26
a
w
3
= 
12
a
R =
12
ba
I
44 −=
a 6
ba
w
44 −= 
12
ba
R
22 +=
12
ba
I
44 −=
a
ba
w
 12
)(2 44 −= 
12
ba
R
22 +=
36
bh
I
3
=
 
h 
3
2
 y para 
24
2
=
= bhw
 
18
h
R =
 S = Área
 da
 secção
V5 - 9
TABELA IV Flexão
MOMENTO DE INÉRCIA, MÓDULO DE
RESISTÊNCIA E RAIO DE GIRAÇÃO
SECÇÃO
Momento de
Inércia
I
Módulo de
Resistência
y
Iw =
Raio de giração
S
I
R =
12
h b
I
3
=
6
h b
w
2
= 
12
h
R =
I = 0,06 b4 W = 0,104 b3 R = 0,264 b
I = 0,06 b4 W = 0,12 b3 R = 0,264 b
12
h)eB(BH
I
33 −−= H
heBBH
W
6
)( 33 −−=
S
I
R =
12
h)eB(BH
I
33 −−= H
heBBH
W
6
)( 33 −−=
S
I
R =
12
t)eB(eH
I
33 −+=
H6
t)eB(eH
w
33 −+= S
I
R =
S = Área
 da
 secção
V5 - 10
TENSÃO DE FLEXÃO:
 Pela fig. abaixo pode-se observar que uma viga ao se flexionar, as suas fibras situadas
acima da linha neutra (L.N.) se alongam, enquanto que as fibras inferiores, sofrem um
achatamento, denotando uma compressão.
Por outro lado, as fibras da camada neutra, situadas no plano de linha neutra mantém
inalteradas.
Dessa forma, deduz-se que o corpo sujeito a um esforço de flexão sofre, simultaneamente,
uma tensão de tração e outra de compressão.
Consequentemente, para os valores de tensões de ruptura à flexão dos materiais, tomam-se
os mesmos valores de tração ou de compressão, constantes da TABELA – V4 - 14
Caso os valores das tensões de ruptura à tração forem diferentes das de compressão, para
a flexão, toma-se o valor menor.
Disposição da viga e da carga:
a) - Diz-se que a viga está ENGASTADA, quando ela se acha firmemente presa ou
embutida, ver fig. abaixo
b) - Quando uma viga apenas descansa sobre os apoios, fig. abaixo, chamamos de viga
SIMPLESMENTE APOIADA.
c) Chamamos de carga CONCENTRADA, quando a mesma age de um ponto da viga,
como vemos na figura da viga engastada.
d) Carga UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA, é aquela que se distribui igualmente ao longo
da viga, como vemos na figura acima.
As diferentes disposições das vigas e das cargas, assim como, as equações de resistência
aplicáveis a cada caso estão representadas na TABELA DE FÓRMULAS RELATIVAS À
FLEXÃO DE VIGAS DE SECÇÕES CONTÍNUAS. Pg V5 - 14
Cálculos de resistência à flexão:
Exercícios:
Uma barra de aço SAE 1020, engastada numa das extremidades, deverá suportar, com
segurança, uma carga estática de 500Kgf, concentrada na extremidade livre, como vemos
na fig.abaixo.
Determinar o diâmetro da barra,
sabendo-seque o seu
comprimento é de 0,5m.
V5 - 11
Solução:
Exercício:
Na Fig da pag ant., assumindo uma barra de aço SAE 1020, de 40mm de diâmetro e 1m de
comprimento, determinar a carga estática que pode ser aplicada, com segurança, na
extremidade livre da barra.
Resposta: P = 52,8 Kgf.
Exercício:
Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, como vemos na fig.abaixo, a fim de
obter um torque ( momento de torção) de 500cm.Kgf no parafuso, aplicando-se um força de
20Kgf. na extremidade.
Determinar:
a) – as dimensões (b) e (h);
b) – o comprimento do cabo.
Admite-se material SAE 3130 e que o lado (h) da secção seja igual a (3 . b).
Obs. Para o caso deve-se considerar uma carga brusca.
Para material SAE 1020:
Sendo a carga estática: F = 5.
σR = 4200
(Igual à de
tração ou
compressão)
O momento fletor máximo (Mf), para o
presente caso será:
Mf = P . L P = 500 kgf
 L = 50 cm
2
f
R
f
 /cmkgf 840 
5
4200
 
F
 : Donde
=σ
=σ=σ
3
f
cm 29,7 W
840
50 . 500 L . P
 W: Então
=
=
σ
=
W
M
 ff =σ
Para uma seção circular
( )
33
3
3,14
29,7 . 32
 
 W. 32
 d : 
9 - V5 pag TabelaVer 
32
d . 
==
=
π
π
Donde
W
d = 6,7 cm
Kgf/cm²
s
s
V5 - 12
Exercício:
Na fig. anterior determinar:
a) o comprimento do cabo da chave;
b) os lados (b) e (h) da secção, considerando, h = 3b.
Admite-se um torque de 250 cm. Kgf, e força de 20Kgf a ser aplicada na extremidade do
cabo. Material SAE 3130, carga brusca.
Resposta: L = 12,5 cm
 b = 6,64mm.
 h = 19,92mm.
Exercício:
Na fig.abaixo, o cabo da morsa tem 22cm de comprimento e é feito de aço SAE 1030.
Determinar o diâmetro (d), sabendo-se que a força a ser aplicada na extremidade do cabo é
de 20Kgf e carga tipo alternada.
Resposta: d = 19,2mm.
V5 - 13
FÓRMULAS RELATIVAS À FLEXÃO DE VIGAS DE SECÇÕES CONTÍNUAS.
DISPOSIÇÃO DA
CARGA E DOS
APOIOS
REAÇÕES EM
A e B
MOMENTO
FLETOR
MÁX. M
EQUAÇÕES
DE
RESISTÊNCIA
DEFLEXÃO
MÁXIMA
SECÇÃO
PERIGOSA
 B = P
 M =P . L
 
F
F
L .P
W
L
 W. 
P
σ
=
σ
= 
I . E . 3
L . 3P
f =
 Em B
 
4
 .
2
 
LP
M
P
BA
=
==
 . 4
L .P
W
L
W .4
P
F
F
σ
=
σ
= 
I . E . 48
L . 3P
f =
No meio da viga
 
L
L . L .P
M
L
L .P
B
L
L .P
A
21
1
2
=
=
=
 
L . 
 L . .L P
W
L . L
L ., W. 
P
F
21
21
F
σ
=
σ
= 
L . I . E . 3
L . L . 22
2
1Pf =
Na aplicação
da carga
 
16
 L . P .3
M
P
16
11
B
P
16
5
A
=
=
=
 . 5,33
L . P
 W
L
 W.
 5,33 P
F
F
σ
=
σ
=
 
 I . E . 768
L . .7 3P
f =
Em B .
 
8
L . P
M
2
P
BA
=
==
 
F
F
 . 8
L .P
W
L
 W. . 8
P
σ
=
σ
= 
 I . E . 192
L . 3P
f =
 No meio da viga
 
2
L .P
M
PB
=
=
 
F
F
 . 2
L . P
W
L
 W. . 2
P
σ
=
σ
=
 I . E . 8
L . 3P
f = Em B .
 
8
L . P
M
2
P
BA
=
==
F
F
 . 8
L .P
W
L
 W. . 8
P
σ
=
σ
=
 I . E . 384
L . 5. 3P
f =
No meio da viga
8
L . 
.
8
5
B 
8
3
P
M
PPA
=
==
 F
 F
 . 8
L .P
W
L
 W. . 8
P
σ
=
σ
=
 I . E . 185
L . 3P
f = Em B .
 
12
L . P
M
2
P
BA
=
==
 
 F
 F
 . 12
L .P
W
L
 W. . 21
P
σ
=
σ
=
 I . E . 384
L . 3P
f =
Em A e B
OBSERVAÇÕES: (1) A (5) : CARGA CONCENTRADA
 (6) A (9) : CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA.
V5 - 14
Exercício:
Conforme indicado na fig.abaixo, pretende-se utilizar vigas de aço de perfil Ι para suportar
no meio da viga (1), uma carga concentrada de 5tf (estática).
Os comprimentos e distribuição da vigas são as seguintes:
L = 3m, L1 = 1,2m, L2 = 1,8m, L3 = 1,5m.
Sendo o material dos perfis aço SAE 1020, determinar os tamanhos apropriados para as
vigas (1) e (2), desprezando-se os pesos próprios.
Exercício:
Na fig. abaixo determinar:
a ) – o tamanho da viga de aço SAE 1020, perfil “U”, item (1);
b ) - o tamanho da viga de aço SAE 1020, perfil “I “, item (2);
Cálculo de deformação em flexão :
Nos cálculos de resistência à flexão, além do dimensionamento das vigas, muitas vezes,
importa saber a deformação (flecha máxima) que uma viga sofre ao ser aplicada a carga.
As fórmulas relativas às deflexões, constam das fórmulas de flexão da pg. V5 - 14
Exercício:
Por exemplo, uma viga de perfil I apoiada, conf. Fig. abaixo, é solicitada por uma carga,
estática, concentrada no meio da viga, de 4,4tf. Sabendo-se que o vão entre os apoios é de
3m, e o material da viga, aço SAE 1020, determinar:
a) o tamanho do perfil “I“ ;
b) a flecha máxima da viga.
V5 - 15
TABELA V
VIGAS I -------- PADRÃO AMERICANO
TAMANHO NOMINAL
mm pol.
Área
S
cm2
Peso
Kg /m
Ix
cm4
Iy
cm4
Wx
cm3
Wy
cm3
Rx
cm
Ry
cm
76,2 x 60,3 3 x 2 3/ 8
10,8
12,3
14,2
8,45
9,68
11,20
105,1
112,6
121,8
18,9
21,3
24,4
27,6
29,6
32,0
6,41
6,95
7,67
3,12
3,02
2,93
1,33
1,31
1,31
101,6 x 66,7 4 x 2 5/ 8 14,5
16,1
18,0
19,9
11,4
12,7
14,1
15,6
252
266
283
299
31,7
34,3
37,6
41,2
49,7
52,4
55,6
58,9
9,37
9,91
10,6
11,3
4,17
4,06
3,96
3,87
1,48
1,46
1,45
1,44
127,0 x 76,2 5 x 3 18,8
23,2
28,0
14,8
18,2
22,0
511
570
634
50,2
58,6
69,1
80,4
89,8
99,8
13,2
14,7
16,6
5,21
4,95
4,76
1,63
1,59
1,57
152,4 x 85,7 6 x 3 3/8 23,6
28,0
32,7
18,5
22,0
25,7
919
1003
1095
75,7
84,9
96,2
120,6
131,7
143,7
17,9
19,4
21,2
6,24
5,99
5,79
1,79
1,74
1,72
203,2 x 101,6 8 x 4 34,8
38,9
43,7
48,3
27,3
30,5
34,3
38,0
2400
2540
2700
2860
155
166
179
194
236
250
266
282
30,5
32,0
33,9
35,8
8,30
8,08
7,86
7,69
2,11
2,07
2,03
2,00
254,0 x 117,5 10 x 4 5/8 48,1
56,9
66,4
75,9
37,7
44,7
52,1
59,6
5140
5610
6120
6630
282
312
348
389
405
442
482
522
47,7
51,3
55,4
60,1
10,3
9,93
9,60
9,35
2,42
2,34
2,29
2,26
304,8 x 133,4 12 x 5 1/4 77,3
85,4
94,8
104,3
60,6
67,0
74,4
81,9
11330
11960
12690
13430
563
603
654
709
743
785
833
881
84,5
88,7
94,0
99,7
12,1
11,8
11,6
11,3
2,70
2,66
2,63
2,61
381,0 x 139,7 15 x 5 1/2 80,6
84,7
94,2
103,6
63,3
66,5
73,9
81,4
18580
19070
20220
21370
598
614
653
696
975
1001
1061
1122
85,7
87,3
91,2
95,5
15,2
15,0
14,7
14,4
2,73
2,70
2,63
2,59
457,2 x 152,4 18 x 6 103,7
113,8
123,3
132,8
81,4
89,3
96,8
104,3
33460
35220
36880
38540
867
912
957
1004
1464
1541
1613
1686
113,7
117,9
122,1
126,5
18,0
17,6
17,3
17,0
2,89
2,83
2,79
2,75
508,0 x 177,8 20 x 7 154,4
161,3
170,7
180,3
189,7
121,2
126,6
134,0
141,5
148,9
61640
63110
65140
67190
69220
1872
1922
1993
2070
2140
2430
2480
2560
2650
2730
211
215
220
226
232
20,0
19,8
19,5
19,3
19,1
3,48
3,45
3,42
3,39
3,36
V5 - 16
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CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 6
Índice Vol. 6:
- TABELA VI...............................................................pág. 1
(Vigas U – Padrão Americano )
- TABELA VII..............................................................pág. 2
! RESISTÊNCIA À TORÇÃO.........................................pág. 3
Fórmulas, cálculos
- TABELA VIII.............................................................pág. 5
- Eixos sujeitos a momentos de flexão e
torção......................................................................pág. 9
Fórmulas de momento equivalente
V6 - 1
TABELA VI
VIGAS U - PADRÃO AMERICANO
TAMANHO NOMINAL
pol. mm
Área
S
cm2
Peso
Kg/m
c
cm
Ix
cm4
Iy
cm4
Wx
cm3
Wy
cm3
Rx
cm
Ry
cm
3 x 1 1/ 2 76,2 x 38,1 7,78
9,48
11,4
6,11
7,44
8,93
1,11
1,11
1,16
68,9
77,2
86,3
8,20
10,30
12,70
18,1
20,3
22,7
3,32
3,82
4,39
2,98
2,85
2,75
1,03
1,04
1,06
4 x 1 5/ 8 101,8 x 41,3 10,1
11,9
13,7
7,95
9,30
10,8
1,16
1,15
1,17
159,5
174,4
190,6
13,1
15,5
18,0
31,4
34,3
37,5
4,61
5,10
5,61
3,97
3,84
3,73
1,14
1,14
1,15
6 x 2 152,4 x 50,8
15,5
19,9
24,7
29,4
12,2
15,6
19,4
23,1
1,30
1,27
1,31
1,38
546
632
724
815
28,8
36,0
43,9
52,4
71,7
82,9
95,0
107,0
8,06
9,24
10,5
11,9
5,94
5,63
5,42
5,27
1,36
1,34
1,33
1,33
8 x 2 1/ 4 203,2x 57,2
21,8
26,1
30,8
35,6
40,3
17,1
20,5
24,2
27,9
31,6
1,45
1,41
1,40
1,44
1,49
1356
1503
1667
1830
1990
54,9
63,6
72,9
82,5
92,6
133,4
147,9
164,0
180,1
196,2
12,8
14,0
15,3
16,6
17,9
7,89
7,60
7,35
7,17
7,03
1,59
1,56
1,54
1,52
1,52
10 x 2 5/ 8 254,0 x 66,7
29,0
37,9
47,4
56,9
66,4
22,7
29,8
37,2
44,7
52,1
1,61
1,54
1,57
1,65
1,76
2800
3290
3800
4310
4820
95,1
117,0
139,7
164,2
191,7
221
259
299
339
379
19,0
21,6
24,3
27,1
30,4
9,84
9,31
8,95
8,70
8,52
1,81
1,76
1,72
1,70
1,70
12 x 3 304,8 x 76,2
39,1
47,4
56,9
66,4
75,9
30,7
37,2
44,7
52,1
59,6
1,77
1,71
1,71
1,76
1,83
5370
6010
6750
7480
8210
161,1
186,1
214
242
273
352
394
443
491
539
28,3
30,9
33,7
36,7
39,8
11,7
11,3
10,9
10,6
10,4
2,03
1,98
1,94
1,91
1,90
15 x 3 3/ 8 381,0 x 85,7
64,2
66,4
75,8
85,3
94,8
104,3
50,4
52,1
59,5
67,0
74,4
81,9
2,00
1,99
1,98
1,99
2,03
2,21
13100
13360
14510
15650
16800
17950
338
347
387
421
460
498
688
701
762
822
882
942
51,0
51,8
55,2
58,5
62,0
66,5
14,3
14,2
13,8
13,5
13,3
13,1
2,30
2,29
2,25
2,22
2,20
2,18
V6 - 2
TABELA VII
CANTONEIRAS DE ABAS IGUAIS
TAMANHO NOMINAL
pol. mm
Espes.
mm
Área
S
cm2
Peso
Kg /m
Ix – Iy
cm4
Wx –
Wy
cm3
Rx – Ry
cm
x – y
cm
2 1/2 x 2 1/ 2 63,5 x 63,5
6,35
7,94
9,53
7,67
9,48
11,16
6,10
7,44
8,78
29
35
41
6,4
7,9
9,3
1,96
1,93
1,91
1,83
1,88
1,93
3 x 3 76,2 x 76,2
7,94
9,53
12,7
11,48
13,61
17,74
9,08
10,7
14,0
62
75
91
11,6
13,6
18,0
2,34
2,31
2,29
2,21
2,26
2,36
4 x 4 101,6 x 101,6
9,53
12,7
15,9
18,45
24,19
29,73
14,6
19,1
23,4
183
233
279
24,6
32,8
39,4
3,12
3,10
3,05
2,90
3,00
3,12
5 x 5 127,0 x 127,0
9,53
12,7
15,9
19,1
23,29
30,64
37,80
44,76
18,3
24,1
29,8
35,1
362
470
566
653
39,5
52,5
64,0
73,8
3,94
3,91
3,86
3,81
3,53
3,63
3,76
3,86
6 x 6 152,4 x 152,4
9,53
12,7
15,9
19,1
22,2
28,12
37,09
45,86
54,44
62,76
22,2
29,2
36,0
42,7
49,3
641
828
1007
1173
1327
57,4
75,4
93,5
109,9
124,6
4,78
4,72
4,67
4,65
4,60
4,17
4,27
4,39
4,52
4,62
8 x 8 203,2 x 203,2
12,7
15,9
19,1
22,2
25,4
49,99
61,98
73,79
85,33
96,75
39,3
48,7
57,9
67,0
75,9
2022
2471
2899
3311
3702
137,8
168,9
200,1
229,6
259,1
6,38
6,32
6,27
6,22
6,20
5,56
5,66
5,79
5,89
6,02
V6 - 3
RESISTÊNCIA À TORÇÃO
Fórmula de resistência à torção:
Num eixo que tem uma das extremidades engastada, se fizer atuar na extremidade
livre, forças binárias (P), como vemos na figura acima, num plano da secção
transversal, o eixo sofrerá uma torção, em virtude do momento de torção (torque),
produzindo uma tensão de torção, que por sua vez, causará ao eixo uma deformação
(ϕ) que chamamos de ângulos de torção.
Sendo:
M t = Momento de torção em cm. Kgf;
σ t = Tensão de torção em Kgf/ cm2;
W p = Módulo de resistência polar em cm
3:
A tensão de torção (σt) que produz no corpo será:
a) diretamente proporcional ao momento de torção (Mt);
b) inversamente proporcional a característica geométrica da secção que se opõe à
torção, o que chamamos de MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR ( W p).
Então:
Convém observar que as tensões de torção produzidas no corpo eqüivalem às
tensões de cisalhamento.
Dessa forma, para a determinação das tensões de torção dos diferentes materiais,
tomam-se os valores das tensões de ruptura a cisalhamento dos respectivos materiais.
Assim sendo, a tensão admissível à torção será:
Por outro lado, as fórmulas dos módulos de resistência polar (Wp)para as principais
secções constam da TABELA VIII.
p
t
t
W
M
=σ
 onde: σR-S =
s
SR
t
F
−=
σ
σ Tensão de ruptura a
cisalhamento em Kgf/ cm2
(ver tabela I);
Fs = Fator de segurança
( Ver tabela II).
 Ip = Momento de inércia polar
 em cm4;
 R = Raio em cm.R
I
 p=pW
V6 - 4
Cálculos de resistência à torção:
Exercício:
Na fig.abaixo, a secção quadrada da chave para apertar as peças na placa do torno
está sujeita a uma torção. Considerando que a força (P) aplicada em cada lado do
cabo seja de 10Kgf e o comprimento (L) de 20cm, determinar o lado (a) da secção.
Admite-se material SAE 1040 e tipo de carga de variação brusca.
Solução:
t
t
p
p
t
t
M
W
W
M
σ
σ =∴=
( )
33
3
p
 3
t
2
0,555 . 9
 
2
 . 9
 a :
VIII TabelaVer a 
9
2
 W 
quadrada cm 0,555 
360
.20 10
 
L . 
==
=
=
==
p
p
p
W
Donde
seçãoaParaW
P
W
σ
2 /cmkgf 360 
12
4350
 
L . P 
=
==
=
−
t
SR
t
t
F
M
σ
σσ
a = 1,36 cm
V6 - 5
TABELA VIII
MOMENTO DE INÉRCIA POLAR E MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR
SECÇÃO MOMENTO DE INÉRCIA
POLAR
( Ip )
MÓDULO DE
RESISTÊNCIA POLAR
(WP)
4
4
a . 0,1667 
6
== aI P
33 a . 0,22 
9
2 == aWP
12
)hb ( h . b
I
22
P
+=
 
b
h
 1,8 3
h . b
W
2
P
+
=
 
32
.d 
I
4
P
π= 
16
d .
W
3
P
π=
 )d - D (
32
 
I 44P
π= )
D
dD
(
16
W
44
P
−π=
 44 b . 12,0 
8
35 == aI P 3P b . 0,2 W =
 
6
 - 
32
d . 44 a
I P
π= 
d . 3
 - 
16
d . 43 a
WP
π
4
4
a . 
8
35
 - 
32
d . π=PI
 
d . 4
a . 35
 - 
16
d . 43π=PW
 
48
a. 3 4=PI 20
3a
WP =
V6 - 6
Exercício:
A chave representada na fig.abaixo, deverá permitir a aplicação de torque (Momento
de torção) de 400cm.Kgf.
 Admitindo-se um aço SAE 3140 e carga brusca, determinar o diâmetro (d) da chave.
Resposta: d =16,2mm.
Exercício:
No sistema de transmissão da fig. abaixo, determinar o diâmetro do eixo de aço SAE
1040 que deve transmitir uma potência de 20cv, a 500 rpm, sujeito a variações
bruscas.
Solução:
N = Potência, 20 cv
n = Rotação, 500 rpm
Exercício:
Determinar o diâmetro do eixo, da fig. anterior, de aço SAE 1040 que deve
transmitir uma potência de 10cv a 100rpm, admitindo-se que a transmissão seja a
carga brusca.
Resposta: d = 4,65cm
Cálculo de ângulo de rotação do eixo:
Momento de torção em função da
POTÊNCIA (cv) e ROTAÇÃO (rpm)
) VIII Tabela(Ver 
16
d . 
W
kgf . cm em 
n
N
 71620 
3
p
π=
=tM
3
3
3
3
360 . 500
20
 71 d
cm em 
 .n 
N
 71 d
 .n 
N
 . 
3,14
1145920
 d
d .n 
 N
 . 
14,3
16 . 71620
=
=
=
∴
=
t
t
t
 
σ
σ
σ
2
t
 /cmkgf 360 
12
4350
rpm; em rotação n 
cv; em potência 
=
==
=
=
−
t
s
SR
F
N
σ
σ
σ
p
t
t
W
M
=σ
d = 3,4 cm
V6 - 7
Referindo-se à fig. anterior, o ângulo de torção (ϕ) em graus, poderá ser determinado
pela seguinte expressão:
 em graus
Onde:
ϕ =Ângulo de torção em graus;
Mt = Momento de torção em cm. Kgf;
L = Comprimento do eixo em cm;
G = Módulo de Elasticidade a Cisalhamento em Kgf/ cm2; (Ver tabela pag. V4 - 15)
Ip = Momento de Inércia Polar em cm4 ( Ver fórmulas na tabela VIII )
]
Exercício:
Na fig. anterior, considerando o último problema resolvido, determinar o ângulo de
torção do eixo que tem 34mm de diâmetro, entre os dois elementos de transmissão (1)
e (2) localizados a uma distância (L) de 680mm.
Solução:
Exercício:
No problema apresentado no exercício anterior (de resposta d=4,65cm), determinar o
ângulo de torção do eixo de 46,5mm de diâmetro, sabendo-se que o comprimento (L),
entre os elementos (1) e (2) é de 930mm
Resposta: ϕ = 00 59
Obs. Muitas vezes, o eixo deverá ser feito com um diâmetro maior do que o calculado
através da resistência simples a fim de evitar um ângulo de torção excessivo,
especialmente quando se tratar de um eixo muito comprido.
Uma das regras práticas consiste em limitar o ângulo de torção em (10) num
comprimento correspondente a 20 vezes o diâmetro do eixo:
ϕ = 10 para L = 20.d
Obedecendo essa regra e substituindo-se os valores na fórmula do ângulo de torção
teremos:
 
.IG . 
.L .180
pπ
ϕ t
o M
=
cm, 68 L e /cmkgf 830000 G
cm 13,36 I
32
3,4 . 3,14
 
32
d . 
 I
kgf . cm 2865 M
500
20
 71620 
n
N
71620 M
2
4
p
44
p
t
t
==
=
=π=
=
==
13,36 . 03,14.83000
68 . 2865.180=ϕ
p
t
I . G . 
L .M .180
π
=ϕ
ϕ = 10
V6 - 8
Exercício:
Cálculo de verificaçãodo problema anterior (de resposta d=3,4cm), em que a potência
a transmitir é de 20cv a rotação de 500rpm.
Solução:
Verifica-se que o diâmetro calculado (d = 3,4cm), satisfaz a limitação do ângulo de
torção.
Exercício:
Verificar se o diâmetro do eixo calculado (d = 4,65cm), satisfaz a limitação do ângulo
de torção de 10 no comprimento de 20 vezes o diâmetro.
Resposta: d = 46,5mm
EIXOS SUJEITOS A MOMENTOS DE FLEXÃO E TORÇÃO:
p
t
I .G . 
.M . 180
π
ϕ L=
rpm. em Rotação n 
 cv; em Potência N : Sendo cm em 
n
N
 . 10 
n
N
. 1000 
d .n 
d . N
 . 
 . 830000
32 . 20 . 71620 .180
1
32
d . 
 . .830000
d . 20 . 
n
N
 71620 .180
1
3
33
42
0
4
0
=
==
=
=
=
d
d
π
ππ
( )
32
d . 
 
aço Para /cmkgf 830000 
n
N
 71620 M
d . 20 
1 
4
2
t
0
π
ϕ
=
=
=
=
=
pI
G
L
3
3
500
20
 10 
n
N
 10 
=
=
d
d
d = 3,42 cm
V6 - 9
Em alguns casos, um eixo deve resistir tão bem a tensão de flexão como a de torção,
ver fig. abaixo. Se a tensão de flexão é muito grande e afeta de maneira apreciável na
resistência do eixo, este deve ser calculado através da fórmula de “MOMENTO
COMPOSTO” ou “MOMENTO EQUIVALENTE” que resulta das ações das duas
tensões consideradas.
FÓRMULAS DE MOMENTO EQUIVALENTE:
Sendo:
Mf =Momento fletor máximo em cm . kgf;
Mt = Momento de torção em cm . kgf;
Me = Momento equivalente em cm . kgf.
Temos as seguintes fórmulas de momento equivalente, conforme os diferentes
autores:
a) Fórmula “Guest, usadas peças de secções circulares e material de aço doce:
b) Fórmula usada para materiais maleáveis, tais como, aço mole, cobre, latão macio
e tubos de aço mole:
c) Outra fórmula comumente usada por alguns autores, e considerada como sendo o
momento ideal é a seguinte:
d) Fórmula de “Grashof”, para materiais frágeis como, ferro fundido, aços de
ferramenta, bronze duro e outros materiais de baixa estricção:
Obs.: Para calcular um eixo sujeito a momento composto, o momento equivalente
obtido por meio de uma das fórmulas acima é introduzido na equação de resistência à
torção, conforme segue:
Exercício:
Na fig. anterior, considerando:
2
t
2
fe MM 1,3 M +=
2
t
2
ffe M M M M ++=
 M M 
8
5
 M 
8
3
 M 2t
2
ffe +=
P = 200 kgf; F1 = 1200 kgf; F2 = 200 kgf;
R = 300 mm e L = 1m; Material do eixo,
SAE 1020; tipo de transmissão reversível (alternada)
sem choque, determinar o diâmetro do eixo.
σt = Tensão admissível à torção em
kgf /cm2
Me = Momento equivalente em cm .
kgf;
Wp = Módulo de resistência polar em
cm3 (Ver Tabela – VIII)
Para seção circular :
16
d . 
W
3
p
π=
t
t
Donde
σ
σ
e
p
p
e
M
W
:
W
M
 
=
=
3
t
eM 1,72 d
σ
=
t
t
3 M
16
d . 
σ
=π
2
t
2
fe MMM +=
Teremos então: em cm
V6 - 10
Solução:
a ) Cálculo do momento de torção:
b) Cálculo do momento fletor:
c) Cálculo do momento equivalente:
c1 . Fórmula de “Guest”
Neste caso, o diâmetro do eixo será :
c.2 Pela fórmula (b) do momento equivalente:
O Diâmetro (d) será:
Mt = ( F1 - F2 ) . R
Mt = ( 1200 – 200) . 30
Mt = 30000 cm . kgf
cm/kgf 50000
40000 30000 M M 222t
2
f
=
+=+=
e
e
M
M
kgf . cm 40000 M
4
100 . 200) 1200 200(
M
4
L . )FFP(
M
f
f
21
f
=
++=
++
=
3
2
t
t
t
3
t
e
400
50000
 1,72 
 /cmkgf 400 
8
3200
 
M
 1,72 
=
=
===
d
F
d
σ
σ
σ
σ
d = 8,6 cm
kgf . cm 65000 M
40000 30000 1,3 M M 1,3 M
e
222
t
2
fe
=
+=+=
3
400
65000
 1,72 =d
d = 9,4 cm
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380
Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 7
Índice Vol. 7:
Fórmulas................................................................pág. 1
! CÁLCULO DE MOLAS HELICOIDAIS..........................pág. 2
- TABELAS IX E X.............................................................pág. 3
! Resistência à FLAMBAGEM......................................pág. 5
Índice de esbeltez, carga crítica
- CARGA CRÍTICA DE EULER..............................................pág. 6
Fórmulas, exercícios.
- TENSÕES DE FLAMBAGEM.............................................pág. 9
- TABELA XI....................................................................pág. 10
V7 - 1
c.3 Pela fórmula ( c) do momento equivalente:
d. Cálculo do diâmetro pela equação de resistência à torção simples:
e. Cálculo do diâmetro do eixo em função do ângulo de torção (ϕ):
Conclusão: Para o problema em tela, o diâmetro deverá ser de 10,5 cm, ou seja,
calculado através do “Momento Ideal”.
Exercício:
Na fig. anterior, determinar o diâmetro do eixo, considerando-se: P = 100 Kgf,
F1 = 550 Kgf, F2 = 50 Kgf, R = 250 mm, L = 1200 mm, aço SAE 1040, tipo de
transmissão reversível, sem choque.
Resposta: d = 7,5cm.
3
e
222
t
2
ffe
400
90000
 1,72 d
:Donde
kgf . cm 90000 M
4000030000 40000 MM M M
=
=
++=++=
d = 10,5 cm
33
t
t
3
p
p
t
t
400
30000
 1,72 
M
 1,72 d
:Teremos
16
d . 
W :Sendo 
W
M
=
σ
=
π==σ
 d = 7,25 cm
p
t
I . G . 
.L M . 180
 
π
=ϕ
33
t 30000 0,24 M 24,0d
:teremos ,Deduzindo
==
d = 7,44 cm
 Fazendo-se:
 ϕ = 10 para L = 20 . d
 E tomando-se:
 G = 830000 kgf /cm2 ( aço )
 
32
d . 
I
4
p
π=
V7 - 2
CÁLCULO DE MOLAS HELICOIDAIS:
Nas molas helicoidais, cada espira da mesma está sujeita a um momento de torção (Mt),
e a uma tensão admissível à torção (σσσσt);
Onde:
Consequentemente, o
cm. em médio Diâmetro D 
kgf; em Carga P :sendo cm, em 
 . 
D . P . 8
d
:equação seguinte da
 através calculadoser pode fio do diâmetro O :
d . 
D . P . 8
 
:
16
d . 
 W 
:mola da
 fio 
2
D
 . P M 
 : será torçãode 
 momento o 50, fig. a Segundo 
W
M
 
3
t
3t
3
p
t
p
t
=
==
=
=
=
σπ
π
σ
π
σ
Donde
Então
docircularseçãoaPara
t
D . 8
d . . 
P
:que deduz lado, outro Por
3
tσπ=
A deflexão total da mola de ( N ) espiras será:
 Ft = Deflexão total em cm;
P = Carga em kgf;
D = Diâmetro médio da 
mola em cm,
G = Módulo de elasticidade
a cisalhamento em
kgf / cm2
d = Diâmetro do fio em cm.
4
3
t d . G
N .D 8.P.
f =
V7 - 3
número de espiras (N) da mola poderá ser determinado pela seguinte expressão:
A deflexão unitária, isto é, a deflexão sofrida por uma espira será:
A força que pode ser aplicada em função do número de espiras e da deflexão total da
mola, será:
TABELA IX
VALORES DO MÓDULO DE ELASTECIDADE A CISALHAMENTO (G):
Aço Carbono 0,70% C 700000 Kgf/ cm2
Aço Carbono 0,90% C 740000 Kgf/ cm2
Arame de aço para piano 840000 Kgf/ cm2
Latão e Bronze fosforoso 420000 Kgf/ cm2 a 560000 Kgf/ cm2
TABELA X
TENSÕES ADMISSÍVEIS ( σσσσ t ) PARA AS MOLAS HELICOIDAIS:
Exercício:
Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve trabalhar com uma força de
20Kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro médio da mola deverá ser de
50mm.
Calcular também o número de espiras para obter uma deflexão total de 100mm.
Admite-se: G = 700 000 Kgf/ cm2 e tipo de serviço severo.
Solução:
3
4
t
D . P . 8
d . G . f
N =
3
4
t
D . N . 8
.d G . f
P =
4
3
 .G 
D . P . 8
d
f =
TENSÕES ADMISSÍVEIS em kgf /cm2Diâmetro do
Fio
(d) em mm Trabalho
severo
Trabalho
regular
Trabalho
leve
Até 2,15 4200 5250 6500
2,15 - 4,7 3850 4850 6000
4,7 - 8,0 3350 4200 5200
8,0 - 13 3250 3650 4500
13 - 25 2500 3150 3900
25 - 38 2250 2800 3500
V7 - 4
a) – Cálculo do diâmetro do fio (d):
Obs. Verifica-se que pelo diâmetro encontrado, a σσσσt deveria ter sidooutra, isto é, pela
Tabela X, talvez a tensão admissível correta será σt = 3850 Kgf/ cm2.
Dessa forma recalculando, teremos:
b - Cálculo do número de espirais (N):
 P = 20 Kgf;
 D = 5cm;
 Considerando –se,
preliminarmente:
σt = 4 200 Kgf/ cm2
3
t . 
D P. . 8
d
σπ
=
3
4200 . 3,14
5 . 20 . 8
d =
d = 0,394 cm
d = 0,4cm ou 4mm.
3
3850 . 14 3,
 5 . 20 . 8
d =
Ft = 100 mm = 10 cm
G = 700 000 kgf /cm2
d = 0,4 cm
P = 20 kgf
D = 5 cm
N = 9 espirais
3
4
5 . 20 . 8
,4 0 . 000 700 . 10=N
3
4
D . P . 8
d .G . ft
N =
V7 - 5
FLAMBAGEM
Generalidade:
Uma barra de aço submetida a uma compressão poderá estar sujeita a um colapso por
escoamento de material como ocorre em compressão simples, ou por FLAMBAGEM,
dependendo das dimensões do comprimento e secção da peça considerada.
O colapso por flambagem pode ocorrer mesmo que o material ainda não tenha atingido o
seu limite de escoamento.
Carga crítica ou de flambagem:
 Denomina-se Carga Crítica (Pcr) o valor da carga axial que provoca a flambagem, isto é,
instante em que a barra deixa de ser estável.
A partir dessa carga, o eixo da barra se curva porque a forma estável de equilíbrio passa
a ser uma curva, denominada elástica.
A fig. acima mostra a barra inicialmente perpendicular flambada no instante em que a
carga axial (P) acaba de ultrapassar o valor crítico (Pcr).
Índice de esbeltez:
Índice de esbeltez (i) é a relação existente entre o comprimento (L) e o raio de Giração
(R) da secção transversal da barra.
O Raio de Giração (R) é:
S
I
R
S
I
R
Y
Y
X
X
=
=
I = Momento de inércia
mínimo de uma secção
em cm4;
S = Secção em cm2.S
I
R ==
R
L
i
V7 - 6
CARGA CRÍTICA DE EULER ( Leonhard Euler 1707 – 1783, Suíça)
Para um índice de esbeltez (i), maior do que um certo limite (imin.), a carga crítica (Pcr)
numa barra articulada nas extremidades e axialmente comprimida será dada pela
seguinte expressão:
 Onde:
 E = Módulo de elasticidade em Kgf/ cm2;
 I = Momento de inércia em cm4 em relação a um eixo baricentrico;
 L = Comprimento em cm.
Convém salientar que a carga crítica (Pcr) dada pela fórmula de Euler corresponde a uma
carga para produzir colapso por flambagem; posto que, para o dimensionamento da peça
é necessário atribuir nessa fórmula um fator de segurança.
A fórmula da carga crítica não deverá ser aplicada quando a tensão crítica (σcr) for maior
do que o limite de proporcionalidade do material.
Por outro lado, a fórmula acima só é válida para um índice de esbeltez maior que um
limite mínimo, isto é:
FÓRMULAS DE EULER, CONFORME O TIPO DE FIXAÇÃO DAS BARRAS
a) Na fig. abaixo, barra fixa numa das extremidades com carga axial aplicada na
extremidade livre:
b) Na fig.abaixo, barra articulada nas duas extremidades:
2
2
L
I . E . π=crP
i ≥ i min = 100
2
2
cr L . 4
I . E .
P
π=
2
2
cr L
I . E .
P
π=
V7 - 7
c) Na fig.abaixo, barra fixa numa das extremidades e carga axial aplicada na extremidade
articulada:
d) Na fig. abaixo, barra fixa nas duas extremidades:
Exercício:
Uma barra de aço de secção retangular, de 4 x 6 cm, articulada nas duas extremidades,
na fig. abaixo, é submetida a uma carga axial de compressão. Admitindo-se que o limite
de proporcionalidade do aço é de 2300 Kgf/ cm2 e o módulo de elasticidade E = 2,1.106
Kgf/ cm2, determinar o comprimento mínimo (L), para a aplicação da fórmula de Euler.
Solução:
Sendo:
S = 4 x 6 = 24 cm2
! = 2300 Kgf/ cm2
E = 2,1. 106 Kgf/ cm2
2
2
L
I . E . . 2 π=crP
2
2
cr L
I . E . . 4
P
π=
2
2
22
2
2
22
2
2
2
2
2
cr
i
E .
 :
1
L
R
 
 ,
R
L
 i : sendo lado, outroPor 
L
R . E . 
S
I
 R :Sendo 
S . 
I . E . 
 :
L
I . E . 
P :Onde 
πσ
πσ
πσ
πσ
=
=
==
==
==
Donde
i
L
Então
s
Pcr
V7 - 8
Todavia, comprimento da barra poderá ser calculada a partir da seguinte expressão:
Assim sendo, o índice de esbeltez (i) correspondente a essa barra será:
Nota: Verifica-se que para esse material que tem o limite de proporcionalidade de 2300
Kgf/ cm2, as expressões:
 só serão válidas
para o valor i = 95.
Para o i < 95, a tensão normal de compressão ultrapassa o limite de proporcionalidade
antes de a barra sofrer a flambagem e neste caso as expressões deduzidas não deverão
ser aplicadas.
2
2
2
2
i
E . 
 e 
L
I . E . πσπ ==crP
σ
π
σ
π
E
 R . 
R . E .
L
 
22
2
=
=
∴
L
L = 110 cm
cm 1,16 R
24
32
R
S
I
R
=
=
=
4
3
3
cm 32 I
12
4 . 6
I
12
h . b
I
=
=
=
2300
10 . 2,1
 1,16 . 3,14 L
6
=
2
2 2
L
R . E . π=σ
i = 95.
16,1
110
i
R
L
i
=
=
L = 110 cm
R = 1,16 cm
V7 - 9
Exercício:
Numa barra de aço de 50mm de diâmetro com limite de proporcionalidade de 2400 Kgf/
cm2 e E = 2,1.106 Kgf/ cm2 engastada nas duas extremidades, fig. ao lado, determinar o
comprimento mínimo (L) para a aplicação da fórmula de Euler.
Resposta: L= 232 cm.
Observação: Comprimentos relativos das barras conforme o tipo de fixação das
mesmas.
Considerando-se:
TENSÕES DE FLAMBAGEM E FATOR DE SEGURANÇA (Segundo Dubbel)
As tensões de flambagem (!fl) em função dos índices de esbeltez (i), para os diferentes
materiais estão na Tabela -XI.
2
L
c
b2
2
d 
L . 2 
L . 
 1 
=
=
=
=
a
a
a
a
L
L
L
L Fig.58
Fig.59
Fig.60
Fig.61
V7 - 10
TABELA XI
Nota: Na construção de máquinas são empregadas as fórmulas de Tetmajer que são
baseadas em inúmeras experiências.
Fator segurança (Fs):
Segundo os dados de Rötscher, na construção de máquinas deverão ser atribuídos os
seguintes fatores de segurança:
-- Para máquinas pequenas ---- Fs = 8 a 10
-- Para máquinas grandes ---- Fs = 6 a 8
Para peças de locomotivas que atuam com cargas alternadas: ------ Fs = até 3
Tensão admissível à flambagem (!ad) será:
Carga admissível (Pad) será:
 Pcr = carga crítica de flambagem.
Fs
fl
ad
σ
σ =
Fs
P
P crad =
V7 - 11
Exercício:
Determinar o diâmetro de uma barra de aço de 1350mm de comprimento, articulada nas
duas extremidades e submetida a uma compressão de 7800 Kgf, assumindo-se que o
fator de segurança seja de 3,5 e o módulo de elasticidade E = 2,1 . 106 Kgf /cm2.
Solução:
Pad = 7800 Kgf
L = 135 cm
E = 2,1 . 106 Kgf /cm2.
F = 3,5
2
2 I . E . 
L
Pcr
π=
3,14
2 . 24 . 64
 
I . 64
d 
 
64
d . 
 I :Onde 
cm 24,2 I
10 . 2,1 . 3,14
135 . 3,5 . 7800
 I
E . 
L . F .P
I
E . 
L . P
I
4
4
4
62
2
2
2
 ad
2
2
cr
=
π
=
∴
π=
=
=
π
=
π
=
4
d . 
S
64
d . 
I
2
4
π=
π=
cm 1,175 R
4
4,7
 
4
d
R
 d . . 64
4.d . 
R
S
I
R
:giração de Raio
2
4
=
==
π
π=
=
d = 4,7 cm
Pcr = Pad . F
∴
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380
Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 8
Índice Vol. 8:
- Compressão Excêntrica................................pág. 3
! RESISTÊNCIA DOS RECIPIENTES......................pág. 5
- Resistência dos recipientes esféricos.............pág. 7
- Cálculo de tampões......................................pág. 7
! RESISTÊNCIA DAS PLACAS..............................pág. 9
Fórmulas, Chapas quadradas, retangulares, fixas, etc.
! CÁLCULO DE ENGRENAGENS...........................pág. 12
- TABELA XII, TABELA XIII............................pág. 13
- TABELA MÓDULO GAMA DE VARIAÇÃO........pág. 14
- TABELA DE APLICAÇÕES GERAIS DOS AÇOS
SAE...........................................................pág. 15
V8 - 1Índice de esbeltez:
A tensão de compressão simples, neste caso será:
Exercício:
Uma biela de aço doce, de secção circular está submetida a uma compressão máxima de
19 000 Kgf e seu comprimento é de 1,6m. Determinar o seu diâmetro considerando-se que o
fator de segurança (F) é de 7.
Solução:
Pad = 19 000 Kgf
 F = 7
 L = 160cm
 E = 2,1 . 106 Kgf /cm2
Nota: Considera-se articulado nas extremidades:
1,175
135
 i
R
L
 i
=
=
i = 115
 L = 135 cm
R = 1 175 cm
Obs.: Sendo o valor de (i)
maior que 105, entra na faixa
de aplicação da fórmula de
Euler.
Esta tensão é menor do
que a tensão admissível à
compressão do material.
2,17
7800
S
Pad
=σ
=σ
! = 450 kgf /cm2
Pad = 7800 kgf
2
2
4,7 . 0,785 
4
d . 
S =π=
S = 17,2 cm2
E . 
L . P
 I
 
L
.I E .
P
2
2
cr
2
2
cr
π
=
∴
π=
Pcr = Pad .F
44
4
4
62
2
2
2
ad
3,14
165 . 64
 
I . 64
 d 
 
 
64
d . 
 I 
 :Onde cm 164 I
 
10 . 2,1 . 3,14
160 . 7 . 000 19
 
E . 
L . F . P
I
=
π
=
∴
π=
=
=
π
=
d = 7,6 cm
V8 - 2
 O Índice de esbeltez (i) será:
Segundo a fórmula de Tetmajer:
Nota: Ainda com
referência as peças com índice de esbeltez menor que (imin) , quando então não deverão ser
aplicadas as fórmulas de Euler, existem também as seguintes fórmulas empíricas:
a) Fórmula de Código de Construções de Chicago:
b) Fórmula do Instituto Americano de Construções de Aço ( A . I . S . C . )
!ad = 1195 - 0,0341 . i
2 em kgf /cm2
 Válida para : i <120
Para i >120 até i <200:
 /cmkgf em 
i . 
1266
1
 1
1266 2
2
ad
+
=σ
!ad = 1125 - 4,92 . i em kgf /cm
2
 Válida para : i > 30 e
i< 120
R
L
 i =
L = 160 cm
4
7,6
 
4
d
 R ==
R = 1,9 cm
1,9
160
 i =
i = 84 <105, o que indica que a fórmula
de Euler não é aplicável.
d = 8,9 cm
!fl = 3 100 - 11,4 . i Onde : i = 84
!fl = 3 100 - 11,4 . 84
!fl = 2142 kgf / cm
2
 Sendo: F = 7
2cm / kgf 306 
7
2142
=
==
ad
fl
ad F
σ
σ
σ
Fazendo-se:
0,785
62
 
0,785
S
 d :Donde cm 62 S
306
000 19
 
P
S
 
S
P
 
2
ad
ad
ad
ad
===
=
σ
=
∴
=σ
V8 - 3
Compressão Excêntrica:
Dentre os diversos processos utilizados para o cálculo de barras comprimidas
excentricamente, mencionaremos o que segue:
Considerando-se uma barra submetida a força axial (Po), juntamente com uma força
adicional (P) , também de compressão, fig.abaixo, aplicada com uma excentricidade (e)
medida a partir do centro de gravidade da barra, a tensão admissível será:
 Onde:
S = Secção transversal da barra em cm2;
I = Momento de inércia em relação ao eixo em torno do qual se dá a flambagem, em cm4;
c = Distância da linha neutra às fibras extremas da barra em cm;
e = Excentricidade em cm.
Exercício:
Determinar a carga que pode ser aplicada na extremidade de um braço localizado na parte
estrema da coluna de perfil “I“de 6”x 18,5 Kg /m (Tabela- V), fig.abaixo, com uma
excentricidade de 80cm, sendo o comprimento da coluna de 4m e engastada na parte
inferior.
I
c . e . P
 
S
P P
 o ++=adσ
Solução:
L = 400cm
e = 80cm Flexão
c = 7,6cm
S = 23,6cm2
I = 919cm4
R = 6,24cm
S
I
R =
Para o presente caso: Po = 0
Nota: o índice (i) será:
128 i
6,24
800
 
R
L . 2
 i
=
==
0,702
90
 
919
7,6 80.
 
23,6
1
90
 
=
+
=
P
P
P = 128 kgf
2
2
kgf/cm90
14
1266
i.
1266
11
1266 
120 i 
 para A.I.S.C. fórmula a Aplicando
=
=
+
=
>
ad
ad
σ
σ
I
ce
S
I
ce
S
P
I
ceP
S
I
ceP
S
AD
.1
 P
 
.1
 
..P
 
..PoP
 
AD
AD
AD
+
=
∴




 +=
+=
++=
τ
τ
τ
τ
V8 - 4
Ao invés da fórmula da A . I . S . C., se for aplicada a fórmula de ( σσσσfl ) de Euler, tem-se:
P = 179 kgf
2
2
kgf/cm90
14
1266
i.
1266
11
1266 
120 i 
 para A.I.S.C. fórmula a Aplicando
=
=
+
=
>
ad
ad
σ
σ
0,702
126
 
I
c . e
 
1
 P
:será (P) admissível carga 
 /cmkgf 126 
10
1260
 
10 F se-doConsideran 
 /cmkgf 1260 
 
281
10 . ,7320
 :Então
128 i 
i
10 . ,7320
2
2
2
6
2
6
=
+
=
=
==
=
=
=
==
S
A
F
ad
ad
fl
ad
fl
fl
fl
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
V8 - 5
RESISTÊNCIA DOS RECIPIENTES
Resistência dos cilindros submetidos a pressão interna
a) Cálculo da parede do cilindro:
O cálculo do cilindro submetido a pressão interna poderá ser desenvolvido baseando-se na
resistência à tração, conforme segue a fig. abaixo:
Sendo:
P = Pressão interna em Kgf /cm2;
σ = Tensão admissível à tração em Kgf /cm2;
Di = Diâmetro interno do cilindro em cm;
e = Espessura da chapa do cilindro em cm;
P = Força que tende a abrir o cilindro em duas metades em Kgf;
S = Secção resistente em cm2;
A = Área na qual age a pressão em cm2:
Esta fórmula é válida para as pressões baixas, isto é, até cerca de 40 Kgf /cm2
b) Para as pressões mais altas, pode-se usar a fórmula de Lame:
 
 . 2
D . p
 e 
 e . 2
D . p
:Então
L . e . 2
L . D . p
ii
i
σ
=∴=σ
=σ
Onde: P = p . A A = Di . L
 P = p . Di . L
 S = 2 . e . L
Teremos:
S
P=σ
)
R R
R R
( 
)
R R
R R
( p 
1) - 
p - 
p 
( R 
2
i
2
e
2
i
2
e
2
i
2
e
2
i
2
e
i
+
−=
−
+=
+=
σ
σ
σ
σ
p
e Onde:
e = Espessura da chapa em cm;
p = Pressão em Kgf /cm2
σ= Tensão admissível à tração
em Kgf /cm2
Ri = Raio interno do cilindro em
cm;
Re – Raio externo em cm:
V8 - 6
Cálculo de cilindros e tubos sujeitos à pressão externa ( Pressão de colapso )
Segundo Dubbel:
Para evitar o colapso do cilindro submetido a pressão externa é necessário que:
Segundo “Stewart”:
A pressão do colapso do tubo será:
Essas fórmulas são válidas para os tubos de 7” a 18” de Ø
Fator de segurança (F):
F = 5...................Para casos gerais;
F = 6 a 12...........Para as pressões variáveis, a choque ou com variações.
A pressão admissível (pad) será:
F
. pcolap
pad =
σ c = Tensão admissível à
 compressão em Kgf /cm2
 p = Pressão efetiva em Kgf /cm2
Re = Raio externo em cm;
Ri = Raio interno em cm:
 
 R - R
R . p . 7 , 1
 2
i
2
e
2
e
c ≥σ
" 
Re.p
 eou 
e
Re.p
 
: finas paredes 
7,1
 p pressãoadmitir pode se 
p
1,7.-1-1 e 
p
1,7. - 1 
c
c
cc
σ
σ
σ
σσ
≥≤
<




=∴≤
Para
Só
R
R
R
c
e
e
i
 
)
e
( 10 . 3,5
6000
 . ) 100 p (
 e
 
1006000
36
∴
=
+≥
∴
−=
e
e
e
D
p
D
D
e
p
Para p > 40 kgf cm2
Para p < 40 kgf cm2
V8 - 7
RESISTÊNCIA DOS RECIPIENTES ESFÉRICOS SUJEITOS À PRESSÃO INTERNA
Sendo:
Di = Ø interno do recipiente em cm;
p = Pressão interna em Kgf /cm2
! = Tensão admissível em Kgf /cm2
e = Espessura do recipiente em cm:
Teremos:
Essas fórmulas são também aplicáveis aos recipientes hemisféricos, como no caso de
tampões hemisféricos dos recipientes cilíndricos sujeitos às pressões internas.
Cálculo de tampões abaulados: (segundo Dubbel)
 a- Fundo Plano b- Abaulado c- Arco de d- Fundo elíptico
baixo três centros
 Baixa pressão Alta pressão
Sendo:
D = Ø ext. do tampão em cm;
e = espessura da chapa em cm;
p = pressão em Kgf/ cm2
! = tensão admissível em Kgf/ cm2
y = coeficiente que depende da forma do fundo;
c = valor em cm a ser adicionado à espessura.
Valores de ( c ):
c = 0,2cm para fundos cheios ou com pequenos furos, porém, sem abertura de inspeção.
c = 0,3cm com abertura de inspeção.
e . 4
D . p
 
 . 4
D . p
e ii =σ∴
σ
=
c 
 . 2
 y. p . D
e +
σ
=
Para o tipo ( c ) : R = 0.8 . D
 
5,6
D
r =
Para o tipo( d ) : Rmax. = D
 
8
D
rmin =
D
h
D
r n i m
y
0,18 0,065 2,8
0,19 0,072 2,3
0,20 0,080 2,0
0,22 0,100 1,6
0,24 0,115 1,4
0,25 0,125 1,3
0,26 0,135 1,2
0,28 0,160 1,1
0,30 0,180 1,0
0,35 0,250 0,8
0,40 0,320 0,7
0,45 0,405 0,6
0,50 0,500 0,5
VALORES DE (y)
V8 - 8
Aplicação:
Exercício:
Calcular a espessura das paredes de um recipiente cilíndrico de 500mm de diâmetro interno
que deve suportar, com segurança, uma pressão interna de 20 Kgf /cm2, sabendo-se que a
chapa é de aço SAE 1020 e tipo de carga variável de zero a um valor máximo.
Solução:
Exercício:
Qual deve ser a espessura da parede de um cilindro de aço SAE 1020 de 20cm de diâmetro
interno que deve ser submetido a uma pressão interna de 35 Kgf /cm2 ?
Resposta: e = 5mm
Exercício:
Determinar a espessura da parede de um cilindro de aço SAE 1020 de 50cm de diâmetro
interno que deve suportar com segurança, uma pressão de 50 Kgf /cm2 (alta pressão)
Resposta: e = 20mm
Exercício:
Na fig. abaixo determinar:
a) a espessura da parede do cilindro;
b) a espessura das chapas para os tampões do tipo elíptico com pequenos furos de
tomada.
Admite-se, chapas de aço SAE 1020, pressão interna de 50 Kgf /cm2 ( intermitente).
 Resposta:
a) Espessura da parede: 37,5mm;
 b) Espessura do tampão:
cm 0,712 e
700 . 2
50 . 20
e
 . 2
D . p
e i
=
=
σ
=
 
cmkgf/ 700 
6
4200
F
 
:Donde
6 F : , teintermiten carga Para
cm / kgf 
4200 1020 SAE aço Para
F
2
R
2
R
R
=σ
=σ=σ
=
=σ
σ=σ
V8 - 9
RESISTÊNCIA DAS PLACAS
Uma placa de ferro fundido, de formato quadrado fixa rigidamente pelas suas extremidades
e carregada com uma carga uniformemente distribuída ou concentrada no centro, tende a
romper segundo a fig. abaixo.
Ela tende a romper ao longo da diagonal AB e depois falhar nos cantos ou nas suas
proximidades ao longo das linhas BB.
A chapa tende também a cisalhar-se ao longo das linhas BB, dependendo do método de
aplicação da carga e da espessura da chapa.
Se a chapa for simplesmente apoiada nas suas quatro extremidades, ela tenderá a romper-
se somente segundo a diagonal AB.
Na fig. abaixo, está ilustrada a maneira provável de ruptura de uma chapa retangular de
ferro fundido, sujeita a uma carga uniformemente distribuída.
Se a chapa for fixa nas quatro extremidades, provavelmente romper-se-á ao longo da linha
de centro AA e ao longo da diagonal AB, e posteriormente falhar nos cantos ou nas suas
proximidades segundo as linhas BB.
Se a chapa for simplesmente apoiada nas quatro extremidades, ela tenderá a se romper
somente ao longo da linha de centro AA e as diagonais AB.
Fórmulas:
Como as fórmulas variam conforme os autores, foram selecionadas as que oferecem
valores mais altos e maior segurança.
Todas as fórmulas se aplicam às placas de ferro fundido, todavia são válidas também para
os materiais diferentes.
Sendo:
P = Carga total em Kgf;
p = Pressão em Kgf/cm2
L = Vão ou distância entre os suportes em cm;
 σf = Tensão admissível à flexão em Kgf/cm2 ;
e = Espessura da chapa em cm;
Para chapas retangulares:
L1 = Comprimento em cm;
L2 = Largura em cm;
 f = Flecha da deflexão em cm.
V8 - 10
Chapa quadrada, apoiada nas 4 extremidades e carga uniformemente distribuída.
(Segundo a fórmula de “Grashof”):
Chapa quadrada, firmemente presa nas 4 extremidades e carga uniformemente
distribuída
( Segundo a fórmula de Ünwin”):
Chapa quadrada, apoiada nas 4 extremidades e carga concentrada no meio
(Segundo “Grashof”):
Chapa quadrada, fixa nas 4 extremidades e carga concentrada no meio
(Segundo “Grashof”):
 
e . E
L . P
 0,0552 f 
e . 76 0,
P
 e . 0,76. P
3
2
2 f
2
 f ==σ∴σ=
Chapa retangular, fixa nas 4 extremidades e carga uniformemente distribuída
(Segundo “Grashof”):
Chapa retangular, apoiada nas 4 extrmidades e carga uniformemente distribuída
(Segundo “Grashof”):
3
2
2
2
2f
2
f
e . E
L . P
 0,0138 f 
e . ,56 3
L . p
 
e . 56 ,3
P
 e . . 3,56 P
=
==σ∴σ=
3
2
2
2
2
2
e . E
L . P
 0,0443 f 
e . 4
L . p
 
e . 4
P
 e . . 4 
=
==∴= ffP σσ
 
e . E
L . P
 0,1772 f 
e . 67 0,
P
 e . . 0,67 P
3
2
2 f
2
 f ==σ∴σ=
3
2
2
2
2
2
1
21
2
2
2
1
2
21
21
2
2
2
1
2
e . 
L . P
 0,0284 f 
)L L ( 67,2
L . L . P
 e
 
)L L ( e
 L . L . P
 0,375 
L . L
)L L ( e . 
 2,67 
E
P
f
f
f
=
+
=
+
=∴
+
=
σ
σ
σ
3
2
2
2
2
2
1f
21
2
2
2
1
2
21
f
21
2
2
2
1
2
f
e . E
L . P
 0,1422 f 
)L L ( ,771
L . L . P
 e
 
)L L ( e . 1,77
 L . L . P
 
L . L
)L L ( e . 
 1,77 P
=
+σ
=
+
=σ∴+σ=
V8 - 11
Chapa retangular, apoiada nas 4 extrmidades e carga concentrada no meio
(Segundo “Grashof”):
Chapa retangular, fixa nas 4 extrmidades e carga concentrada no meio
Chapas circulares:
Sendo:
P = Carga total em Kgf;
p = Pressão em Kgf/cm2;
R = Raio da chapa em cm;
σf = Tensão admissível à flexão em Kgf/cm2;
e = Espessura da chapa em cm;
f = Flecha de deflexão no centro da chapa em cm;
E = Módulo de elasticidade em Kgf/cm2;
Simplesmente apoiada e carga uniformemente distribuída
(Segundo “Reuleaux”):
Fixa em toda a volta com carga uniformemente distribuída
(Segundo “Reuleaux”):
Apoiada em toda a volta e carga concentrada no centro sobre uma área circular de
raio (r )
(Segundo Bach)
Fixa em toda a volta e carga concentrada sobre uma área circular de raio ( r ) no
centro da chapa
(Segundo “Grashof”):
3
2
gegeg2
e . E
R . P
 0,48 f 
 l 2,30258 l :Nota 
r
R
 l . 
e
P
 424,0
=
==fσ
3
2
2
2
2
2
1
2
21
21
2
2
2
1
2
e . 
L . P
 0,1136 f 
 
)L L ( e 
 L . L . P 
 2,62 
L . L
)L L ( e . 
 0,38 
E
P f
f
=
+
==∴
+
= σ
σ
3
2
2
2
2
2
1
2
21
f
21
2
2
2
1
2
f
e . E
L . P
 0,5688 f 
 
)L L ( e 
 L . L . P . 3
 
L . L
)L L ( e . 
 0,33 P
=
+
=σ∴+σ=
3
2
22
2
e . E
R . P
 0,265 f 
e
 318,0 
e
R . === Ppfσ
3
2
2 e . E
R . P
 0,5 f 
e
R . 3
r . 2
 - 1 ( 
 43,1 ==
p
fσ .
3
2
22
2
e . E
R . P
 0,053 f 
e
 21,0 
e
R . 
67,0 === Ppfσ
V8 - 12
CÁLCULO DE ENGRENAGENS
Em tecnologia, se soubermos o valor do Módulo de uma engrenagem, podemos determinar
todos os seus elementos, pelas fórmulas convencionais, apropriadas para cada tipo de
engrenagem.
Dessa forma , para as engrenagens cilíndricas, como vemos na fig. abaixo os principais
elementos podem ser calculados pelas seguintes fórmulas; tomando-se:
M = Módulo em mm;
Z = Número de dentes da engrenagem:
Diâmetro primitivo Dp = M.Z
Diâmetro externo De = M (Z + 2 )
Diâmetro interno Di = M ( Z – 2,33 )
Passo P = π. M
Altura do dente h = 2,166 . M
Altura da cabeça K = M
Altura do pé f = 1,166 . M
Pelo exposto, podemos concluir de que o Módulo é o elemento básico que define o tamanho
dos dentes das engrenagens e serve para dimensionar os demais componentes das
mesmas.
Por outro lado, verifica-se que esse Módulo pode ser determinado através da resistência à
flexão, conforme mostrado na fig.abaixo. Segundo “Klingelnberg”, a fórmula deduzida é a
seguinte:
Onde: M = MÓDULO;
 Ft = Força tangencial que age no dente, em Kgf;
 b = Espessura da engrenagem;
 q = Coeficiente que varia de acordo com o número de dentes da engrenagem e o
ângulo de ataque, ∝∝∝∝ ;
σ f = Tensão admissível à flexão do material em Kgf /cm2:
Como o perfil do dente de uma engrenagem varia de acordo com o seu número de dentes,
atribui-se um coeficiente (q) que tem os valores constantes databela a seguir:
f
t
 . b
q . F
M
σ
=
V8 - 13
TABELA - XI
Valores de (q)
TABELA – XIII
Valores de tensões admissíveis à flexão ( σσσσ f ):
Relação da espessura da engrenagem (b) e o Módulo (M):
A relação:
Essa relação é estabelecida em função do acabamento dos dentes e obedece,
aproximadamente, os seguintes valores:
VALORES DE λ :
Para engrenagens de ferro fundido com dentes em bruto: ≅ 6
Para engrenagens de dentes fresados ≅ 10
Para engrenagens de dentes fresados e os mancais dos eixos em alinhamento
perfeito: ≅ 15 a 25
Observações:
Outras informações técnicas que interessam aos cálculos de engrenagens são:
a) Número de dentes mínimo ideal (Zmin.) = 17 dentes.
Excepcionalmente admite-se até 12 dentes.
b) A relação de transmissão admissível para um par de engrenagens:
 De modo geral, até 1:7.
Para relações maiores empregam-se vários jogos de engrenagens ou conjunto de coroa
rosca sem-fim.
M
b=λ
 q para q paraNÚMERO
 DE
DENTES
α = 200 α = 150
NÚMERO
 DE
DENTES
α = 200 α = 150
12 4,6 - 24 3,2 4,13
13 4,35 5,38 28 3,1 3,9
14 4,1 5,22 34 3,0 3,7
15 3,9 5,07 40 2,9 3,5
16 3,75 4,93 50 2,8 3,4
17 3,6 4,80 65 2,7 3,27
18 3,5 4,68 80 2,6 3,18
21 3,3 4,37 100 2,5 3,1
∝ 2,5 2,8
MATERIAL σ f em kgf /cm2
Ferro fundido Até 450
Aço fundido comum “ 950
Aço SAE 1030 “ 1100
Aço SAE 1040 “ 1250
Aço SAE 1050 “ 1400
Aço SAE 4140 ou 8640 “ 1600
Aço SAE 4340 “ 1800
Bronze comum “ 600
Bronze fosforoso “ 800
V8 - 14
Aplicação:
Exercício:
Determinar o MÓDULO de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma
potência de 15 cv a rotação de 500 rpm.
A engrenagem deve ter 40 dentes e deverá ser feita de aço SAE 4140 e
fresada com α = 200
Solução:
Deduzindo-se a fórmula em função da potência (N em cv) e rotação (n em rpm), teremos a
seguinte expressão:
 M= 0,265 cm ou 2,65 mm
Nota: Acontece que, na prática, não encontramos a ferramenta cortadora (Fresa) com
qualquer medida, mas sim, apenas uma série com uma gama de variação estabelecida
pelas normas, por exemplo, pela norma DIN:
TABELA: MÓDULO GAMA DE VARIAÇÃO
Dessa forma, o valor do Módulo calculado no exercício acima, que está entre os Módulos 1
a 4, deve enquadrar numa gama de variação de 0,25 à 0,25 isto é: 2 / 2,25 / 2,5 / 2,75 / 3 /
Etc.
Assim sendo, ao invés de 2,65, teremos que usar, para efeito de execução da engrenagem,
o Módulo imediatamente superior que é o 2,75.
Exercício:
Calcular o módulo de uma engrenagem que deve transmitir um movimento com uma
potência de 5 cv a 250 rpm, sabendo-se que o material é de aço SAE 1040 e a engrenagem
fresada com α = 20º, e o número de dentes Z = 20.
Resposta: M = 3,5mm
f
t
 . b
q .F
M
σ
=
M = 52 3
f . n . Z . 
q . N
σλ
em cm.
M = 52 3
f . n . Z . 
q . N
σλ
Sendo: N = Potência em cv 15 cv
q = Coef. (Tabela a) 2,9
λ = Relação b/M 10
Z = N.º de dentes 40
n = Rotação 500 rpm
σf = Tensão adm. 1600 Kgf/cm2
 (Tabela )
MÓDULO GAMA DE VARIAÇÃO
0 a 1 0,1 a 0,1
1 a 4 0,25 a 0,25
4 a 9 0,5 a 0,5
9 a 16 1 a 1
 
M = 52 3 
15 . 2,9 
10. 40. 500. 1600 
V8 - 15
A P L I C A Ç Ã O
SAE
N 0 TIPO DE AÇO
Aço de corte livre
“ “ “ "
“ “ “ "
“ “ “ "
“ “ “ "
Aço de deformação min.
“ “ “ "
“ “ p/ fins agrícolas
“ “ “ "
Anel de rolamento
Arame de aço
Arruela de pressão
Biela
“
Chaveta
“
Corrente de transmissão
Cutelaria inoxidável
Disco de fricção
Eixo
“
“
“
“
“
“
“ p/ serv. Severo
Engrenagem cementada
“ “
“ “
“ “
“ “
Engrenagem cementada
“ “ “ "
“ “ “ "
Engrenagem de corrente
“ “ “ "
Engrenagem temperada
“ “ “ "
“ “ “ "
“ “ “ "
“ “ “ "
Esfera de rolamento
Estampagem profunda
“ “
“ “
“ “
Excêntrico
Junta universal
Lâmina para molas
“ “ “
“ “ “
“ “ “
“ “ “
Mola de compressão
1111
1113
30303
1132
1137
4615
4620
1070
1080
52100
1085
1060
1040
3141
1030
2330
3140
51420
1060
1045
2340
3135
3140
4340
4140
8640
6150
1320
2317
3115
3310
4119
4125
4320
8620
3115
4119
2345
3145
4340
8640
5150
52100
1008
1010
1015
30304
4620
1145
1085
1095
4063
9260
6150
1060
Carbono
“
Cromo – níquel ( inox.)
Carbono
“
Molibdênio c/ Ni.
“ “ “
Carbono
“
Cromo
Carbono
“
“
Níquel – cromo
Carbono
Níquel
Níquel – cromo
Cromo (inox.)
Carbono
“
Níquel
Níquel – cromo
“ “
Molibdênio – Cr – Ni
“ Cr
Cr –Ni –Mo
Cr –Vanádio
Manganês
Níquel
Níquel – cr
“ “
Molibdênio – Cr
Mo – Cr
Mo – Ni – Cr
Cr – Ni – Mo
Ni – Cr
Mo – Cr
Níquel
Ni – Cr
Mo – Ni – Cr
Cr – Ni – Mo
Cromo
“
Carbono
“
“
Cr – Ni (inox.)
Mo – Ni
Carbono
“
“
Molibdênio
Silício – Manganês
Cromo – Vanádio
Carbono
APÊNDICE DE APLICAÇÕES GERAIS DOS AÇOS SAE
V8 - 16
A P L I C A Ç Ã O
SAE
N 0 TIPO DE AÇO
Mola espiral
Mola helicoidal
“ “
“ “
Parafuso
“
“
“
Peça forjada
“ “
“ “
“ “
“ “
“ “
Pinhão cementado
“ “
“ “
Pino p/ corrente de transm.
Pino p/ corrente de transm.
Pino p/ pistão
Rebite
“
“
Resistência à corrosão
“ “ “
Resistência à fadiga
“ “ “
Tubos mecânicos
Tubos sem costura
Tubos soldados
Virabrequim
“
“
“
4063
1095
4063
6150
1035
1040
3130
4820
1040
1045
4141
3240
5140
6150
3115
3120
4320
3135
4820
3120
1008
1010
1015
51410
30316
4340
4640
1040
1030
1020
1045
1145
3135
4340
Molibdênio
Carbono
Molibdênio
Cromo – Vanádio
Carbono
“
Ni – Cr
Mo – Ni
Carbono
“
Mo – Cr
Ni – Cr
Cromo
Cromo – Vanádio
Ni – Cr
Ni – Cr
Mo – Cr – Ni
Ni – Cr
Mo – Ni
Ni – Cr
Carbono
“
“
Cromo (inox.)
Cr – Ni (inox.)
Mo – Cr – Ni
Mo – Ni
Carbono
“
“
“
“
Ni – Cr
Mo – Cr – Ni
ÍNDICE GERAL:
Volume 1 – páginas 1/23
 CONCEITOS........................................................pág. 1
Mecânica aplicada, exemplos...
 RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS.............................pág. 3
 CINEMÁTICA.......................................................pág. 3
Conceitos básicos
 VELOCIDADE.......................................................pág. 4
Fórmulas, unidades
 ACELERAÇÃO......................................................pág. 5
 Noções de Queda livre.........................................pág. 7
 FORÇA................................................................pág. 8
Noções elementares, exemplos, cálculos, resultante de forças, exercícios.
 Operação com Vetores........................................pág. 12/22
Subtração de vetores, Multiplicação de um vetor por um número real, Forças
perpendiculares, forças concorrentes, exercícios.
Volume 2 – páginas 1/20
 Roldanas..............................................................pág. 1
 Plano inclinado.....................................................pág. 3
 Sarilho.................................................................pág. 4
 DINÂMICA............................................................pág. 5
Potência, exemplos, exercícios
 Conceitos de Hidráulica.........................................pág. 7
Princípio de Pascal, Escalas Rockwell, exercícios.
 Conceito de Momento...........................................pág. 10
 Classificação de esforços.......................................pág. 12
- Tipos de vínculos...............................................pág. 12
 Cálculo das Reações de Apoio...............................pág. 14
 Cargas Distribuídas..............................................pág. 15
Cálculos, Resoluções, exercícios.Forças Inclinadas.................................................pág. 20
Volume 3 – páginas 1/16
 DIAGRAMA DOS ESFORÇOS.................................pág. 1
Cálculos, gráficos, exemplos, exercícios
- Cálculo das Reações de Apoio...........................pág. 7
- Convenções de Sinais.......................................pág. 8
- Equivalência de Forças Transferidas..................pág. 11
- Diagrama dos Esforços solicitantes,
em corpos com carga distribuída......................pág. 16
Volume 4 – páginas 1/23
 Gráficos, cálculos..................................................pág. 1
 BARICENTRO OU CENTRO DE GRAVIDADE............pág. 3
- Centro de grávidade algumas figuras conhecidas.........pág. 4
 CÁLCULO ANALÍTICO...........................................pág. 6
 MOMENTO DE INÉRCIA........................................pág. 7
 TEOREMA DE STEINER.........................................pág. 8
Cálculos, exemplos
 GENERALIDADE...................................................pág. 12
- Propriedades mecânicas dos materiais...........................pág. 13
- Tensões de alongamento dos materiais (TABELA I)........pág. 15
- Módulo de Elasticidade.................................................pág. 16
- Tensão Admissível........................................................pág. 16
- Fator de Segurança.....................................................pág. 17
Tabela II, Cargas.
 CLASSES DE RESISTÊNCIA..................................pág. 18
 RESISTÊNCIA À TRAÇÃO.....................................pág. 20
Exemplos, gráficos, exercícios
Volume 5 – páginas 1/16
 RESISTÊNCIA A COMPRESSÃO...............................pág. 1
Fórmulas, exercícios.
 RESISTÊNCIA A CISALHAMENTO............................pág. 3
Cálculos, exemplos, exercícios
 RESISTÊNCIA À FLEXÃO........................................pág. 7
Fórmulas
- TABELA III (Flexão)................................................pág. 8
- TABELA IV.............................................................pág. 9
- TENSÃO DE FLEXÃO...............................................pág. 10
Disposição da viga e da carga, exercícios, soluções.
- FÓRMULAS RELATIVAS À FLEXÃO DE VIGAS............pág. 13
- TABELA V...............................................................pág. 16
Volume 6 – páginas 1/11
- TABELA VI...............................................................pág. 1
(Vigas U – Padrão Americano )
- TABELA VII..............................................................pág. 2
 RESISTÊNCIA À TORÇÃO.........................................pág. 3
Fórmulas, cálculos
- TABELA VIII.............................................................pág. 5
- Eixos sujeitos a momentos de flexão e
torção......................................................................pág. 9
Fórmulas de momento equivalente
Volume 7 – páginas 1/11
Fórmulas................................................................pág. 1
 CÁLCULO DE MOLAS HELICOIDAIS..........................pág. 2
- TABELAS IX E X.............................................................pág. 3
 Resistência à FLAMBAGEM......................................pág. 5
Índice de esbeltez, carga crítica
- CARGA CRÍTICA DE EULER..............................................pág. 6
Fórmulas, exercícios.
- TENSÕES DE FLAMBAGEM.............................................pág. 9
- TABELA XI....................................................................pág. 10
Volume 8 – páginas 1/16
- Compressão Excêntrica................................pág. 3
 RESISTÊNCIA DOS RECIPIENTES......................pág. 5
- Resistência dos recipientes esféricos.............pág. 7
- Cálculo de tampões......................................pág. 7
 RESISTÊNCIA DAS PLACAS..............................pág. 9
Fórmulas, Chapas quadradas, retangulares, fixas, etc.
 CÁLCULO DE ENGRENAGENS...........................pág. 12
- TABELA XII, TABELA XIII............................pág. 13
- TABELA MÓDULO GAMA DE VARIAÇÃO........pág. 14
- TABELA DE APLICAÇÕES GERAIS DOS AÇOS
SAE...........................................................pág. 15
BIBLIOGRAFIA
Escola 28 de Julho – Profº Carlos Paladini
 FATEC – Profº Ivonildo Pereira Lima
 Escola Técnica Federal – Profº Sinzo Kuniosh
Resistência dos materiais - S.P. Timoshenko
 Resistência dos materiais - William A. Nash.
 Strength of materiais - P. Stepin.
 Manual del construtor de máquinas - H. Dubbel
 Machinery´s Handbook - Oberg and Jones
 The Testing and Inspection of Engineering Material – Davis
Troxell Wiskocil
 Steel Construction – AISC
 ASME Handbook – ASME
 Kent´s Mechanical Engineering Handbook – William Kent
 Formulário del Técnico Mecânico – Klingelnberg.